Na wykładzie badane są LNDE - niejednorodne liniowo równania różniczkowe. Rozważana jest struktura rozwiązania ogólnego, rozwiązanie LPDE metodą wariacji dowolnych stałych, rozwiązanie LPDE z stałe współczynniki i prawa strona specjalnego typu. Podejmowane zagadnienia znajdują zastosowanie w badaniach drgań wymuszonych w fizyce, elektrotechnice i elektronice oraz teorii automatyki.
1. Struktura rozwiązania ogólnego liniowego niejednorodnego równania różniczkowego II rzędu.
Rozważmy najpierw liniowe niejednorodne równanie dowolnego rzędu:
Biorąc pod uwagę oznaczenie, możemy napisać:
W tym przypadku założymy, że współczynniki i prawa strona tego równania są ciągłe w pewnym przedziale.
Twierdzenie. Ogólne rozwiązanie liniowego niejednorodnego równania różniczkowego w pewnej dziedzinie jest sumą któregokolwiek z jego rozwiązań i ogólnego rozwiązania odpowiadającego liniowego jednorodnego równania różniczkowego.
Dowód. Niech Y będzie rozwiązaniem niejednorodnego równania.
Następnie podstawiając to rozwiązanie do równania pierwotnego otrzymujemy tożsamość:
Pozwalać 
- system podstawowy rozwiązania liniowego równania jednorodnego 
. Następnie wspólna decyzja równanie jednorodne można zapisać jako:
W szczególności dla liniowego niejednorodnego równania różniczkowego II rzędu struktura rozwiązania ogólnego ma postać:
Gdzie 
jest podstawowym układem rozwiązań odpowiedniego równania jednorodnego, oraz 
- dowolne szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego.
Zatem, aby rozwiązać liniowe niejednorodne równanie różniczkowe, konieczne jest znalezienie ogólnego rozwiązania odpowiedniego równania jednorodnego i jakoś znalezienie jednego konkretnego rozwiązania równanie niejednorodne. Zwykle można go znaleźć poprzez selekcję. W poniższych pytaniach rozważymy metody wyboru rozwiązania prywatnego.
2. Metoda wariacyjna
W praktyce wygodnie jest stosować metodę zmieniania dowolnych stałych.
Aby to zrobić, najpierw znajdź ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego w postaci:
Następnie umieszczenie współczynników C I funkcje od X, poszukuje się rozwiązania niejednorodnego równania:
Można to udowodnić, aby znaleźć funkcje C I (X) musimy rozwiązać układ równań:
Przykład. Rozwiązać równanie 
Rozwiązywanie liniowego równania jednorodnego 
Rozwiązanie równania niejednorodnego będzie miało postać:
Stwórzmy układ równań:
Rozwiążmy ten układ:
Z relacji znajdujemy funkcję Oh).
Teraz znajdujemy B(x).
Uzyskane wartości podstawiamy do wzoru na ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego:
Ostatnia odpowiedź: 
Ogólnie rzecz biorąc, metoda wariancji dowolnych stałych jest odpowiednia do znajdowania rozwiązań dowolnego liniowego niejednorodnego równania. Ale ponieważ Znalezienie podstawowego układu rozwiązań odpowiedniego równania jednorodnego może być dość trudnym zadaniem, metodę tę stosuje się głównie w przypadku równań niejednorodnych o stałych współczynnikach.
3. Równania z prawą stroną specjalnej formy
Wydaje się, że można sobie wyobrazić rodzaj konkretnego rozwiązania w zależności od rodzaju prawej strony równania niejednorodnego.
Wyróżnia się następujące przypadki:
I. Prawa strona liniowego niejednorodnego równania różniczkowego ma postać:
gdzie jest wielomianem stopnia M.
Poszukuje się wówczas konkretnego rozwiązania w postaci:
Tutaj Q(X) - wielomian tego samego stopnia co P(X) , nos niepewne współczynniki, A R– liczba pokazująca, ile razy liczba jest pierwiastkiem równania charakterystycznego dla odpowiedniego liniowego równania różniczkowego jednorodnego.
Przykład. Rozwiązać równanie 
.
Rozwiążmy odpowiednie równanie jednorodne: 
Znajdźmy teraz szczególne rozwiązanie pierwotnego niejednorodnego równania.
Porównajmy prawą stronę równania z postacią prawej strony omówioną powyżej.
Konkretnego rozwiązania szukamy w postaci: 
, Gdzie
Te. 
Teraz określmy nieznane współczynniki A I W.
Podstawmy rozwiązanie szczegółowe w postaci ogólnej do pierwotnego niejednorodnego równania różniczkowego.
Całkowite, prywatne rozwiązanie: 
Następnie ogólne rozwiązanie liniowego niejednorodnego równania różniczkowego to:
II. Prawa strona liniowego niejednorodnego równania różniczkowego ma postać:
Tutaj R 1 (X) I R 2 (X)– wielomiany stopnia M 1 i M 2 odpowiednio.
Wtedy szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego będzie miało postać:
gdzie jest numer R pokazuje, ile razy liczba 
jest pierwiastkiem równania charakterystycznego dla odpowiedniego równania jednorodnego, oraz Q 1
(X)
I
Q 2
(X)
– wielomiany stopnia nie wyższego niż M, Gdzie M- największy ze stopni M 1
I M 2
.
Tabela podsumowująca typy rozwiązań prywatnych
dla różnych typów prawych stron
|
Prawa strona równania różniczkowego |
równanie charakterystyczne |
Rodzaje prywatnych |
|
|
|
1. Liczba nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego |
|
|
|
2. Liczba jest pierwiastkiem charakterystycznego równania krotności |
|
||
|
|
1. Numer |
|
|
|
2. Numer |
|
||
|
1. Liczby |
|
||
|
2. Liczby |
|
||
|
1. Liczby | |||
|
2. Liczby |
nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego
jest pierwiastkiem charakterystycznego równania krotności 
są pierwiastkami charakterystycznego równania krotności 
nie są pierwiastkami charakterystycznego równania krotności 
są pierwiastkami charakterystycznego równania krotności 
Należy zauważyć, że jeśli prawa strona równania jest kombinacją wyrażeń typu rozważanego powyżej, to rozwiązanie znajduje się jako kombinacja rozwiązań równań pomocniczych, z których każde ma prawą stronę odpowiadającą zawartemu wyrażeniu w kombinacji.
Te. jeśli równanie jest następujące: 
, to będzie szczególne rozwiązanie tego równania 
Gdzie Na 1
I Na 2
– szczególne rozwiązania równań pomocniczych
I 
Aby to zilustrować, rozwiążmy powyższy przykład w inny sposób.
Przykład. Rozwiązać równanie 
Przedstawmy prawą stronę równania różniczkowego jako sumę dwóch funkcji F 1 (X) + F 2 (X) = X + (- grzech X).
Ułóżmy i rozwiążmy równanie charakterystyczne:
Otrzymujemy: tj. 
Całkowity: 
Te. wymagane konkretne rozwiązanie ma postać: 
Ogólne rozwiązanie niejednorodnego równania różniczkowego:
Przyjrzyjmy się przykładom zastosowania opisanych metod.
Przykład 1.. Rozwiązać równanie 
Ułóżmy charakterystyczne równanie dla odpowiedniego liniowego jednorodnego równania różniczkowego:
Znajdźmy teraz szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego w postaci:
Zastosujmy metodę współczynników nieokreślonych.
Podstawiając do pierwotnego równania otrzymujemy:
Szczególne rozwiązanie ma postać: 
Ogólne rozwiązanie liniowego równania niejednorodnego: 
Przykład. Rozwiązać równanie 
Równanie charakterystyczne:
Ogólne rozwiązanie równania jednorodnego: 
Szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego: 
.
Znajdujemy pochodne i podstawiamy je do pierwotnego niejednorodnego równania:
Otrzymujemy ogólne rozwiązanie niejednorodnego równania różniczkowego:
Podstawy rozwiązywania liniowych niejednorodnych równań różniczkowych drugiego rzędu (LNDE-2) o stałych współczynnikach (PC)
LDDE drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami $p$ i $q$ ma postać $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdzie $f\left(x \right)$ jest funkcją ciągłą.
W odniesieniu do LNDU 2 z PC, poniższe dwa stwierdzenia są prawdziwe.
Załóżmy, że jakaś funkcja $U$ jest dowolnym częściowym rozwiązaniem niejednorodnego równania różniczkowego. Załóżmy także, że pewna funkcja $Y$ jest rozwiązaniem ogólnym (GS) odpowiedniego liniowego równania różniczkowego jednorodnego (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Wtedy GR LHDE-2 jest równe sumie wskazanych rozwiązań prywatnych i ogólnych, czyli $y=U+Y$.
Jeśli prawa strona LMDE drugiego rzędu jest sumą funkcji, to znaczy $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+...+f_(r) \left(x\right)$, to najpierw możemy znaleźć PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ odpowiadające do każdej z funkcji $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a następnie wpisz CR LNDU-2 w postaci $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Rozwiązanie LPDE drugiego rzędu z PC
Jest oczywiste, że rodzaj tego czy innego PD $U$ danego LNDU-2 zależy od konkretnej postaci jego prawej strony $f\left(x\right)$. Najprostsze przypadki poszukiwania PD LNDU-2 formułuje się w postaci czterech poniższych reguł.
Zasada nr 1.
Prawa strona LNDU-2 ma postać $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, gdzie $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, czyli nazywa się to wielomian stopnia $n$. Następnie szuka się jego PD $U$ w postaci $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, gdzie $Q_(n) \left(x\right)$ to kolejny wielomian tego samego stopnia co $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ to liczba pierwiastków równanie charakterystyczne odpowiadający LOD-2, równy zero. Współczynniki wielomianu $Q_(n) \left(x\right)$ wyznacza się metodą współczynników nieokreślonych (UK).
Zasada nr 2.
Prawa strona LNDU-2 ma postać $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, gdzie $P_(n) \left(x\right)$ jest wielomianem stopnia $n$. Następnie szuka się jego PD $U$ w postaci $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdzie $Q_(n ) \ left(x\right)$ to kolejny wielomian tego samego stopnia co $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ to liczba pierwiastków równania charakterystycznego odpowiedniego LODE-2 równy $\alfa $. Współczynniki wielomianu $Q_(n) \left(x\right)$ wyznacza się metodą NC.
Zasada nr 3.
Prawa strona LNDU-2 ma postać $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, gdzie znajdują się $a$, $b$ i $\beta$ znane liczby. Następnie szuka się jego PD $U$ w postaci $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, gdzie $A$ i $B$ to nieznane współczynniki, a $r$ to liczba pierwiastków równania charakterystycznego odpowiedniego LODE-2, równa $i\cdot \beta $. Współczynniki $A$ i $B$ wyznaczane są metodą nieniszczącą.
Zasada nr 4.
Prawa strona LNDU-2 ma postać $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, gdzie $P_(n) \left(x\right)$ to wielomian stopnia $ n$, a $P_(m) \left(x\right)$ jest wielomianem stopnia $m$. Następnie szuka się jego PD $U$ w postaci $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, gdzie $Q_(s) \left(x\right)$ i $ R_(s) \left(x\right)$ są wielomianami stopnia $s$, liczba $s$ to maksimum dwóch liczb $n$ i $m$, a $r$ to liczba pierwiastków równania charakterystycznego odpowiedniego LODE-2, równego $\alpha +i\cdot \beta $. Współczynniki wielomianów $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ wyznacza się metodą NC.
Metoda NK polega na zastosowaniu następującej reguły. Aby znaleźć nieznane współczynniki wielomianu wchodzące w skład częściowego rozwiązania niejednorodnego równania różniczkowego LNDU-2, należy:
- zamień PD $U$, zapisane w formie ogólnej, na lewa strona LNDU-2;
- po lewej stronie LNDU-2 wykonaj uproszczenia i grupuj wyrazy o tych samych potęgach $x$;
- w powstałej tożsamości zrównaj współczynniki wyrazów z tymi samymi potęgami $x$ lewej i prawej strony;
- rozwiązać powstały układ równania liniowe względem nieznanych współczynników.
Przykład 1
Zadanie: znajdź LUB LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Znajdź także PD , spełniając warunki początkowe $y=6$ dla $x=0$ i $y"=1$ dla $x=0$.
Zapisujemy odpowiedni LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Równanie charakterystyczne: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Pierwiastkami równania charakterystycznego są: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Te korzenie są ważne i odrębne. Zatem OR odpowiedniego LODE-2 ma postać: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Prawa strona tego LNDU-2 ma postać $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Należy uwzględnić współczynnik wykładnika $\alpha =3$. Współczynnik ten nie pokrywa się z żadnym z pierwiastków równania charakterystycznego. Dlatego PD tego LNDU-2 ma postać $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Współczynników $A$, $B$ będziemy szukać metodą NC.
Znajdujemy pierwszą pochodną Republiki Czeskiej:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Znajdujemy drugą pochodną Republiki Czeskiej:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Podstawiamy funkcje $U""$, $U"$ i $U$ zamiast $y""$, $y"$ i $y$ do podanego NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Ponadto, ponieważ wykładnik $e^(3\cdot x)$ jest uwzględniany jako współczynnik we wszystkich komponentach, to można je pominąć.Otrzymujemy:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Wykonujemy działania po lewej stronie powstałej równości:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Stosujemy metodę NDT. Otrzymujemy układ równań liniowych z dwiema niewiadomymi:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Rozwiązaniem tego układu jest: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ dla naszego problemu wygląda następująco: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
OR $y=Y+U$ dla naszego problemu wygląda następująco: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ lewy(-2\cdot x-1\prawy)\cdot e^(3\cdot x) $.
Aby znaleźć PD spełniający podane warunki początkowe, znajdujemy pochodną $y"$ OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Podstawiamy do $y$ i $y"$ warunki początkowe $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Otrzymaliśmy układ równań:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Rozwiążmy to. Znajdujemy $C_(1) $ korzystając ze wzoru Cramera, a $C_(2) $ wyznaczamy z pierwszego równania:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ rozpocząć(tablica)(cc) (1) i (1) \\ (-3) i (6) \end(tablica)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Zatem PD tego równania różniczkowego ma postać: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.
|
Niejednorodne równania różniczkowe drugiego rzędu o stałych współczynnikach |
|
Struktura rozwiązania ogólnego Liniowe niejednorodne równanie tego typu ma postać: Gdzie P, Q− liczby stałe (które mogą być rzeczywiste lub zespolone). Dla każdego takiego równania możemy napisać odpowiadające mu równanie równanie jednorodne:
Twierdzenie: Ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego jest sumą rozwiązania ogólnego y 0 (X) odpowiedniego równania jednorodnego i konkretnego rozwiązania y 1 (X) równanie niejednorodne:
Poniżej rozważymy dwa sposoby rozwiązywania niejednorodnych równań różniczkowych. Metoda zmiany stałych Jeśli rozwiązanie ogólne y znane jest 0 powiązanego równania jednorodnego, wówczas ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego można znaleźć za pomocą metoda stałej zmienności. Niech ogólne rozwiązanie jednorodnego równania różniczkowego drugiego rzędu będzie miało postać: Zamiast na stałe C 1 i C 2 rozważymy funkcje pomocnicze C 1 (X) I C 2 (X). Będziemy szukać tych funkcji tak, aby były rozwiązaniem spełnił niejednorodne równanie z prawą stroną F(X). Nieznane funkcje C 1 (X) I C 2 (X) wyznaczane są z układu dwóch równań:
Metoda niepewnych współczynników Prawa część F(X) niejednorodnego równania różniczkowego jest często funkcją wielomianową, wykładniczą lub trygonometryczną lub pewną kombinacją tych funkcji. W takim przypadku wygodniej jest szukać rozwiązania za pomocą metoda niepewnych współczynników. Podkreślmy to Ta metoda działa tylko dla ograniczonej klasy funkcji po prawej stronie, takich jak  W obu przypadkach wybór konkretnego rozwiązania musi odpowiadać strukturze prawej strony niejednorodnego równania różniczkowego. W przypadku 1, jeśli liczba α V funkcja wykładnicza pokrywa się z pierwiastkiem równania charakterystycznego, wówczas dane rozwiązanie będzie zawierało dodatkowy współczynnik X S, Gdzie S− krotność pierwiastkowa α w równaniu charakterystycznym. W przypadku 2, jeśli liczba α + βi pokrywa się z pierwiastkiem równania charakterystycznego, wówczas wyrażenie dla konkretnego rozwiązania będzie zawierało dodatkowy współczynnik X. Nieznane współczynniki można wyznaczyć, podstawiając znalezione wyrażenie dla konkretnego rozwiązania do pierwotnego niejednorodnego równania różniczkowego. Zasada superpozycji Jeśli prawa strona niejednorodnego równania wynosi kwota kilka funkcji formularza wówczas szczególnym rozwiązaniem równania różniczkowego będzie także suma rozwiązań cząstkowych skonstruowanych oddzielnie dla każdego wyrazu po prawej stronie. |
|
Przykład 1 |
|
Rozwiązać równanie różniczkowe y"" + y= grzech(2 X). Rozwiązanie. Najpierw rozwiązujemy odpowiednie równanie jednorodne y"" + y= 0,V w tym przypadku pierwiastki równania charakterystycznego są czysto urojone: W związku z tym ogólne rozwiązanie równania jednorodnego podaje wyrażenie Wróćmy jeszcze raz do równania niejednorodnego. Będziemy szukać jego rozwiązania w formie stosując metodę wariancji stałych. Funkcje C 1 (X) I C 2 (X) można znaleźć w następny system równania:
Wyraźmy pochodną C 1 " (X) z pierwszego równania:
Podstawiając do drugiego równania znajdujemy pochodną C 2 " (X):
Wynika, że Całkowanie wyrażeń na pochodne C 1 " (X) I C 2 " (X), otrzymujemy: Gdzie A 1 , A 2 – stałe całkowania. Teraz podstawimy znalezione funkcje C 1 (X) I C 2 (X) do wzoru na y 1 (X) i zapisz ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego:
|
|
Przykład 2 |
|
Znajdź ogólne rozwiązanie równania y"" + y" −6y = 36X. Rozwiązanie. Zastosujmy metodę współczynników nieokreślonych. Prawa strona podanego równania to funkcja liniowa F(X)= topór + b. Dlatego będziemy szukać konkretnego rozwiązania w formie Pochodne są równe:
Podstawiając to do równania różniczkowego, otrzymujemy:
Ostatnie równanie jest tożsamością, to znaczy obowiązuje wszystkich X, dlatego zrównujemy współczynniki terminów z tymi samymi stopniami X po lewej i prawej stronie: Z otrzymanego układu znajdujemy: A = −6, B= −1. W rezultacie konkretne rozwiązanie jest zapisane w postaci Znajdźmy teraz ogólne rozwiązanie jednorodnego równania różniczkowego. Obliczmy pierwiastki pomocniczego równania charakterystycznego: Dlatego ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego ma postać: Zatem ogólne rozwiązanie pierwotnego niejednorodnego równania wyraża się wzorem |
Całka ogólna DE.
Rozwiązać równanie różniczkowe
Ale najzabawniejsze jest to, że odpowiedź jest już znana: a dokładniej musimy dodać także stałą: Całka ogólna jest rozwiązaniem równania różniczkowego.
Metoda wariacji dowolnych stałych. Przykłady rozwiązań
Do rozwiązywania niejednorodnych równań różniczkowych stosuje się metodę wariancji dowolnych stałych. Ta lekcja jest przeznaczona dla tych uczniów, którzy są już mniej lub bardziej zaznajomieni z tematem. Jeżeli dopiero zaczynasz przygodę ze zdalnym sterowaniem, tj. Jeśli jesteś czajnikiem, polecam zacząć od pierwszej lekcji: Równania różniczkowe pierwszego rzędu. Przykłady rozwiązań. A jeśli już kończysz, odrzuć możliwe uprzedzenia, że metoda jest trudna. Ponieważ to proste.
W jakich przypadkach stosuje się metodę wariancji dowolnych stałych?
1) Do rozwiązania można zastosować metodę wariacji dowolnej stałej liniowy niejednorodny DE pierwszego rzędu. Ponieważ równanie jest pierwszego rzędu, to stała również wynosi jeden.
2) Do rozwiązania niektórych stałych stosuje się metodę wariancji dowolnych stałych liniowe niejednorodne równania drugiego rzędu. Tutaj dwie stałe są zmienne.
Logiczne jest założenie, że lekcja będzie składać się z dwóch akapitów... Napisałem więc to zdanie i przez około 10 minut boleśnie myślałem o tym, jakie jeszcze sprytne bzdury mógłbym dodać, aby płynnie przejść do praktycznych przykładów. Ale z jakiegoś powodu nie mam żadnych myśli po wakacjach, chociaż wydaje mi się, że niczego nie nadużyłam. Przejdźmy więc od razu do pierwszego akapitu.
Metoda wariacji dowolnej stałej dla liniowego niejednorodnego równania pierwszego rzędu
Przed rozważeniem metody zmiany dowolnej stałej warto zapoznać się z artykułem Liniowe równania różniczkowe pierwszego rzędu. Na tej lekcji ćwiczyliśmy pierwsze rozwiązanie niejednorodny DE pierwszego rzędu. To pierwsze rozwiązanie, przypominam, nazywa się metoda wymiany Lub Metoda Bernoulliego(nie mylić z Równanie Bernoulliego!!!)
Teraz będziemy szukać drugie rozwiązanie– metoda zmiany dowolnej stałej. Podam tylko trzy przykłady, które zaczerpnę z powyższej lekcji. Dlaczego tak niewielu? Bo tak naprawdę rozwiązanie w drugi sposób będzie bardzo podobne do rozwiązania w pierwszy sposób. Ponadto, z moich obserwacji wynika, że rzadziej stosuje się metodę wariancji dowolnych stałych niż metodę zastępczą.
Przykład 1
Znajdź ogólne rozwiązanie równania różniczkowego (Diffour z przykładu nr 2 z lekcji Liniowe niejednorodne równania różniczkowe I rzędu)
Rozwiązanie: Równanie to jest liniowo niejednorodne i ma znaną postać:
Na pierwszym etapie konieczne jest rozwiązanie prostszego równania: to znaczy głupio resetujemy prawą stronę do zera - zamiast tego zapisujemy zero. Zadzwonię do równania równanie pomocnicze.
W tym przykładzie musisz rozwiązać następujące równanie pomocnicze:
Przed nami równanie rozłączne, którego rozwiązanie (mam nadzieję) nie jest już dla Ciebie trudne:
Zatem: – ogólne rozwiązanie równania pomocniczego.
Na drugim etapie zastąpimy jakaś stała Na razie nieznana funkcja zależna od „x”:
Stąd nazwa metody - zmieniamy stałą. Alternatywnie, stała może być jakąś funkcją, którą musimy teraz znaleźć.
W oryginalny w równaniu niejednorodnym dokonujemy podstawienia:
Podstawiamy do równania:
Punkt kontrolny - dwa wyrazy po lewej stronie znoszą się. Jeśli tak się nie stanie, powinieneś poszukać błędu powyżej.
W wyniku podstawienia otrzymano równanie ze zmiennymi rozłącznymi. Rozdzielamy zmienne i całkujemy.
Co za błogosławieństwo, wykładnicy również anulują:
Do znalezionej funkcji dodajemy „normalną” stałą:
Na ostatnim etapie pamiętamy o naszym zastępstwie:
Funkcja właśnie została znaleziona!
Zatem ogólne rozwiązanie jest następujące:
Odpowiedź: wspólna decyzja: 
Jeśli wydrukujesz oba rozwiązania, łatwo zauważysz, że w obu przypadkach znaleźliśmy te same całki. Jedyna różnica polega na algorytmie rozwiązania.
A teraz coś bardziej skomplikowanego, skomentuję także drugi przykład:
Przykład 2
Znajdź ogólne rozwiązanie równania różniczkowego (Diffour z przykładu nr 8 z lekcji Liniowe niejednorodne równania różniczkowe I rzędu)
Rozwiązanie: Sprowadźmy równanie do postaci:
Zresetujmy prawą stronę i rozwiążmy równanie pomocnicze:
Rozdzielamy zmienne i całkujemy: Ogólne rozwiązanie równania pomocniczego:
W równaniu niejednorodnym dokonujemy podstawienia:
Zgodnie z zasadą różnicowania produktów:
Podstawmy do pierwotnego niejednorodnego równania:
Dwa wyrazy po lewej stronie znoszą się, co oznacza, że jesteśmy na dobrej drodze: 
Całkujmy przez części. Smaczna litera ze wzoru całkowania przez części jest już zawarta w rozwiązaniu, dlatego używamy na przykład liter „a” i „być”:
W końcu:
Przypomnijmy sobie teraz zamianę:
Odpowiedź: wspólna decyzja:
Metoda wariacji dowolnych stałych dla liniowego niejednorodnego równania drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami
Często spotykałem się z opinią, że metoda zmieniania dowolnych stałych w równaniu drugiego rzędu nie jest rzeczą łatwą. Ale zakładam, co następuje: najprawdopodobniej metoda ta wydaje się wielu trudna, ponieważ nie występuje tak często. Ale w rzeczywistości nie ma szczególnych trudności - przebieg decyzji jest jasny, przejrzysty i zrozumiały. I piękny.
Aby opanować tę metodę, pożądana jest umiejętność rozwiązywania niejednorodnych równań drugiego rzędu poprzez wybór konkretnego rozwiązania na podstawie postaci prawej strony. Ta metoda szczegółowo omówione w artykule Niejednorodne DE drugiego rzędu. Przypomnijmy, że liniowe niejednorodne równanie drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami ma postać:
Metoda selekcji, która została omówiona w powyższej lekcji, działa tylko w ograniczonej liczbie przypadków, gdy prawa strona zawiera wielomiany, wykładniki, sinusy i cosinusy. Ale co zrobić, gdy po prawej stronie jest na przykład ułamek zwykły, logarytm, tangens? W takiej sytuacji na ratunek przychodzi metoda wariancji stałych.
Przykład 4
Znajdź rozwiązanie ogólne równania różniczkowego drugiego rzędu 
Rozwiązanie: Po prawej stronie tego równania znajduje się ułamek, więc od razu możemy powiedzieć, że sposób wyboru konkretnego rozwiązania nie działa. Stosujemy metodę wariancji dowolnych stałych.
Nie ma żadnych oznak burzy, początek rozwiązania jest zupełnie zwyczajny:
Znajdziemy wspólna decyzja odpowiedni jednorodny równania:
Ułóżmy i rozwiążmy równanie charakterystyczne: 
– otrzymuje się pierwiastki zespolone sprzężone, zatem ogólnym rozwiązaniem jest:
Zwróć uwagę na zapis ogólnego rozwiązania - jeśli są nawiasy, otwórz je.
Teraz robimy prawie tę samą sztuczkę, co w przypadku równania pierwszego rzędu: zmieniamy stałe, zastępując je nieznanymi funkcjami. To jest, ogólne rozwiązanie niejednorodności będziemy szukać równań w postaci:
Gdzie - Na razie nieznane funkcje.
Wygląda jak wysypisko śmieci Odpady z gospodarstw domowych, ale teraz wszystko sobie wyjaśnimy.
Niewiadome są pochodnymi funkcji. Naszym celem jest znalezienie pochodnych, a znalezione pochodne muszą spełniać zarówno pierwsze, jak i drugie równanie układu.
Skąd pochodzą „Grecy”? Przynosi je bocian. Patrzymy na ogólne rozwiązanie uzyskane wcześniej i piszemy:
Znajdźmy pochodne:
Lewe części zostały załatwione. Co jest po prawej stronie?
- to jest prawa strona oryginalne równanie, w tym przypadku:
W artykule poruszono problematykę rozwiązywania liniowych niejednorodnych równań różniczkowych drugiego rzędu o stałych współczynnikach. Teoria zostanie omówiona wraz z przykładami postawionych problemów. Aby rozszyfrować niejasne pojęcia, należy zapoznać się z tematem dotyczącym podstawowych definicji i pojęć teorii równań różniczkowych.
Rozważmy liniowe równanie różniczkowe (LDE) drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami postaci y „” + p · y „ + q · y = f (x), gdzie p i q są liczbami dowolnymi oraz istniejącą funkcją f (x) jest ciągła w przedziale całkowania x.
Przejdźmy do sformułowania twierdzenia o ogólnym rozwiązaniu LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Ogólne twierdzenie o rozwiązaniu dla LDNU
Twierdzenie 1Ogólne rozwiązanie, znajdujące się na przedziale x, niejednorodnego równania różniczkowego postaci y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) z ciągłymi współczynnikami całkowania na przedziale x f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i funkcja ciągła f (x) jest równe sumie rozwiązania ogólnego y 0, które odpowiada LOD i pewnemu rozwiązaniu szczególnemu y ~, gdzie pierwotne niejednorodne równanie to y = y 0 + y ~.
To pokazuje, że rozwiązanie takiego równania drugiego rzędu ma postać y = y 0 + y ~ . Algorytm znajdowania y 0 omówiono w artykule o liniowych jednorodnych równaniach różniczkowych drugiego rzędu o stałych współczynnikach. Po czym powinniśmy przejść do definicji y ~.
Wybór konkretnego rozwiązania LPDE zależy od rodzaju dostępnej funkcji f (x) znajdującej się po prawej stronie równania. Aby to zrobić, należy osobno rozważyć rozwiązania liniowych niejednorodnych równań różniczkowych drugiego rzędu o stałych współczynnikach.
Gdy f (x) uważa się za wielomian n-tego stopnia f (x) = P n (x), wynika z tego, że konkretne rozwiązanie LPDE znajduje się za pomocą wzoru w postaci y ~ = Q n (x ) x γ, gdzie Q n ( x) jest wielomianem stopnia n, r jest liczbą pierwiastków zerowych równania charakterystycznego. Wartość y ~ jest rozwiązaniem szczególnym y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , to dostępne współczynniki określone przez wielomian
Q n (x) znajdujemy metodą nieokreślonych współczynników z równości y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Przykład 1
Oblicz korzystając z twierdzenia Cauchy'ego y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Rozwiązanie
Innymi słowy należy przejść do konkretnego rozwiązania liniowego niejednorodnego równania różniczkowego drugiego rzędu o stałych współczynnikach y” – 2 y” = x 2 + 1, które spełni podane warunki y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Ogólnym rozwiązaniem liniowego niejednorodnego równania jest suma rozwiązania ogólnego, które odpowiada równaniu y 0 lub konkretnemu rozwiązaniu niejednorodnego równania y ~, to znaczy y = y 0 + y ~.
Najpierw znajdziemy rozwiązanie ogólne dla LNDU, a potem konkretne.
Przejdźmy do znalezienia y 0. Zapisanie równania charakterystycznego pomoże Ci znaleźć pierwiastki. Rozumiemy to
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Odkryliśmy, że korzenie są inne i prawdziwe. Dlatego zapisujmy
y 0 = do 1 mi 0 x + do 2 mi 2 x = do 1 + do 2 mi 2 x.
Znajdźmy y ~ . Można zauważyć, że prawa strona danego równania jest wielomianem drugiego stopnia, wówczas jeden z pierwiastków jest równy zero. Z tego otrzymujemy, że będzie szczególne rozwiązanie dla y ~
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, gdzie wartości A, B, C przyjmują nieokreślone współczynniki.
Znajdźmy je na podstawie równości postaci y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Następnie otrzymujemy, że:
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
Przyrównując współczynniki z tymi samymi wykładnikami x, otrzymujemy układ wyrażeń liniowych - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Rozwiązując którąkolwiek z metod, znajdziemy współczynniki i zapiszemy: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Zapis ten nazywa się ogólnym rozwiązaniem pierwotnego liniowego niejednorodnego równania różniczkowego drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami.
Aby znaleźć konkretne rozwiązanie spełniające warunki y (0) = 2, y "(0) = 1 4, należy wyznaczyć wartości C 1 I C 2, w oparciu o równość postaci y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Otrzymujemy to:
y (0) = do 1 + do 2 mi 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = do 1 + do 2 y " (0) = do 1 + do 2 mi 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x " x = 0 = = 2 do 2 mi 2 x - 1 2 x 2 + 1 2 x + 3 4 x = 0 = 2 do 2 - 3 4
Pracujemy z powstałym układem równań w postaci C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, gdzie C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Stosując twierdzenie Cauchy'ego mamy to
y = do 1 + do 2 mi 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 mi 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x
Odpowiedź: 3 2 + 1 2 mi 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Gdy funkcję f (x) przedstawimy jako iloczyn wielomianu o stopniu n i wykładniku f (x) = P n (x) · e a x , wówczas otrzymamy, że szczególnym rozwiązaniem LPDE drugiego rzędu będzie równanie postaci y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, gdzie Q n (x) jest wielomianem n-tego stopnia, a r jest liczbą pierwiastków równania charakterystycznego równego α.
Współczynniki należące do Q n (x) znajdują się na podstawie równości y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Przykład 2
Znajdź ogólne rozwiązanie równania różniczkowego postaci y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · np. x .
Rozwiązanie
Równanie ogólna perspektywa y = y 0 + y ~ . Wskazane równanie odpowiada LOD y „” - 2 y ” = 0. Z poprzedniego przykładu widać, że jego pierwiastki są równe k1 = 0 oraz k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x przez równanie charakterystyczne.
Można zauważyć, że prawa strona równania to x 2 + 1 · np. Stąd LPDE znajduje się poprzez y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, gdzie Q n (x) jest wielomianem drugiego stopnia, gdzie α = 1 i r = 0, ponieważ równanie charakterystyczne nie mieć pierwiastek równy 1. Stąd to rozumiemy
y ~ = mi za x · Q n (x) · x γ = mi x · ZA x 2 + b x + do · x 0 = mi x · ZA x 2 + b x + do .
A, B, C to nieznane współczynniki, które można znaleźć na podstawie równości y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · np. x.
Zrozumiałeś
y ~ " = mi x · A x 2 + B x + C " = mi x · A x 2 + B x + C + mi x · 2 A x + B = = mi x · A x 2 + x 2 A + B + B + C y ~ " " = mi x · A x 2 + x 2 A + B + B + C " = = mi x · A x 2 + x 2 A + B + B + C + mi x · 2 A x + 2 A + B = = mi x ZA x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C
y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) mi x ⇔ mi x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C - - 2 mi x A x 2 + x 2 A + B + B + C = x 2 + 1 · mi x ⇔ mi x · - A x 2 - B x + 2 A - C = (x 2 + 1) · mi 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
Przyrównujemy wskaźniki z tymi samymi współczynnikami i otrzymujemy układ równań liniowych. Stąd znajdujemy A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - do = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 do = - 3
Odpowiedź: jasne jest, że y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 jest szczególnym rozwiązaniem LNDDE, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - ogólne rozwiązanie niejednorodnego równania dif drugiego rzędu.
Gdy funkcja jest zapisana jako f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, oraz 1 I W 1 są liczbami, to za częściowe rozwiązanie LPDE uważa się równanie postaci y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, gdzie A i B uważa się za nieokreślone współczynniki, a r jest liczbą złożone pierwiastki sprzężone związane z równaniem charakterystycznym, równe ± i β . W tym przypadku wyszukiwanie współczynników odbywa się za pomocą równości y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Przykład 3
Znajdź ogólne rozwiązanie równania różniczkowego postaci y „” + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Rozwiązanie
Przed napisaniem równania charakterystycznego znajdujemy y 0. Następnie
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 ja , k 2 = - 2 ja
Mamy parę złożonych pierwiastków sprzężonych. Przekształćmy i otrzymajmy:
y 0 = mi 0 (C 1 sałata (2 x) + C 2 grzech (2 x)) = C 1 sałata 2 x + C 2 grzech (2 x)
Za pierwiastki równania charakterystycznego uważa się parę sprzężoną ± 2 i, wówczas f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). To pokazuje, że wyszukiwanie y ~ zostanie wykonane na podstawie y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nieznane Będziemy szukać współczynników A i B z równości postaci y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Przekształćmy:
y ~ " = ((A cos (2 x) + B grzech (2 x) x) " = = (- 2 A grzech (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B grzech (2 x) y ~ "" = ((- 2 A grzech (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B grzech (2 x)) " = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B grzech (2 x)) x - 2 A grzech (2 x) + 2 B cos (2 x) - - 2 A grzech (2 x) + 2 B cos (2 x) = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B grzech (2 x)) x - 4 A grzech (2 x) + 4 B cos (2 x)
Wtedy jest to jasne
y ~ "" + 4 y ~ = sałata (2 x) + 3 grzech (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B grzech (2 x)) x - 4 A grzech (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B grzech (2 x)) x = cos (2 x) + 3 grzech (2 x) ⇔ - 4 A grzech (2 x) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 grzech (2 x)
Konieczne jest zrównanie współczynników sinusów i cosinusów. Otrzymujemy układ postaci:
4 ZA = 3 4 B = 1 ⇔ ZA = - 3 4 B = 1 4
Wynika z tego, że y ~ = (A cos (2 x) + B grzech (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 grzech (2 x) x.
Odpowiedź: rozważa się ogólne rozwiązanie pierwotnego LDDE drugiego rzędu ze stałymi współczynnikami
y = y 0 + y ~ = = do 1 sałata (2 x) + do 2 grzech (2 x) + - 3 4 sałata (2 x) + 1 4 grzech (2 x) x
Gdy f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), to y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Mamy, że r jest liczbą zespolonych sprzężonych par pierwiastków powiązanych z równaniem charakterystycznym, równą α ± i β, gdzie P n (x), Q k (x), L m (x) i Nm(x) są wielomianami stopnia n, k, m, m, gdzie m = m za x (n, k). Znajdowanie współczynników Lm(x) I Nm(x) powstaje w oparciu o równość y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Przykład 4
Znajdź rozwiązanie ogólne y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) grzech (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Rozwiązanie
Zgodnie z warunkiem jest to jasne
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Wtedy m = m a x (n, k) = 1. Y 0 znajdujemy najpierw pisząc równanie charakterystyczne w postaci:
k 2 - 3 k + 2 = 0 re = 3 2 - 4 1 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1, k 2 = 3 + 1 2 = 2
Odkryliśmy, że korzenie są prawdziwe i wyraźne. Stąd y 0 = do 1 mi x + do 2 mi 2 x. Następnie należy poszukać ogólnego rozwiązania w oparciu o niejednorodne równanie y ~ postaci
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) grzech (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) grzech (5 x))
Wiadomo, że A, B, C są współczynnikami, r = 0, ponieważ nie ma pary pierwiastków sprzężonych związanych z równaniem charakterystycznym o α ± i β = 3 ± 5 · i. Z otrzymanej równości znajdujemy te współczynniki:
y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - mi 3 x ((38 x + 45) grzech (5 x) + (8 x - 5) sałata (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) cos (5 x) + (C x + D) grzech (5 x))) „” - - 3 (e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) grzech (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) grzech (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))
Znalezienie pochodnej i terminów podobnych daje
mi 3 x ((15 A + 23 C) x grzech (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) grzech (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 · grzech (5 x) + 45 · grzech (5 x ) + + 8 x cos (5 x) - 5 cos (5 x))
Po zrównaniu współczynników otrzymujemy układ postaci
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 re = 1
Ze wszystkiego wynika, że
y ~ = e 3 x · ((A x + B) sałata (5 x) + (C x + D) grzech (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) sałata (5 x) + (x + 1) grzech (5 x))
Odpowiedź: Otrzymaliśmy teraz ogólne rozwiązanie danego równania liniowego:
y = y 0 + y ~ = = do 1 mi x + do 2 mi 2 x + mi 3 x ((x + 1) sałata (5 x) + (x + 1) grzech (5 x))
Algorytm rozwiązywania LDNU
Definicja 1Każdy inny typ funkcji f(x) dla rozwiązania wymaga zachowania algorytmu rozwiązania:
- znalezienie ogólnego rozwiązania odpowiedniego liniowego równania jednorodnego, gdzie y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, gdzie y 1 I y 2 są liniowo niezależnymi rozwiązaniami cząstkowymi LODE, C 1 I C 2 są uważane za dowolne stałe;
- przyjęcie jako ogólnego rozwiązania LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- wyznaczanie pochodnych funkcji poprzez układ postaci C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " ( x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , i znajdowanie funkcji C 1 (x) i C2(x) poprzez całkowanie.
Przykład 5
Znajdź ogólne rozwiązanie dla y „” + 36 y = 24 grzech (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Rozwiązanie
Przystępujemy do pisania równania charakterystycznego, zapisując wcześniej y 0, y „” + 36 y = 0. Napiszmy i rozwiążmy:
k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 ja , k 2 = - 6 ja ⇒ y 0 = do 1 sałata (6 x) + do 2 grzech (6 x) ⇒ y 1 (x) = sałata (6 x) , y 2 (x) = grzech (6 x)
Mamy, że ogólne rozwiązanie danego równania zostanie zapisane jako y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Należy przejść do definicji funkcji pochodnych C 1 (x) I C2(x) według układu o równaniach:
C 1 " (x) · cos (6 x) + C 2 " (x) · grzech (6 x) = 0 Do 1 " (x) · (cos (6 x)) " + C 2 " (x) · (grzech (6 x)) " = 0 ⇔ do 1 " (x) cos (6 x) + do 2 " (x) grzech (6 x) = 0 do 1 " (x) (- 6 grzech (6 x) + do 2 "(x) (6 sałata (6 x)) = = 24 grzech (6 x) - 12 sałata (6 x) + 36 e 6 x
Należy podjąć decyzję ws C 1" (x) I C 2" (x) przy użyciu dowolnej metody. Następnie piszemy:
C 1 " (x) = - 4 grzech 2 (6 x) + 2 grzech (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x grzech (6 x) C 2 " (x) = 4 grzech (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Każde z równań należy całkować. Następnie zapisujemy powstałe równania:
do 1 (x) = 1 3 grzech (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 mi 6 x cos (6 x) - 1 2 mi 6 x grzech ( 6 x) + do 3 do 2 (x) = - 1 6 grzech (6 x) sałata (6 x) - x - 1 3 sałata 2 (6 x) + + 1 2 mi 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x grzech (6 x) + C 4
Wynika z tego, że rozwiązanie ogólne będzie miało postać:
y = 1 3 grzech (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 mi 6 x grzech (6 x) + C 3 cos (6 x) + + - 1 6 grzech (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 mi 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x grzech (6 x) + C 4 grzech (6 x) = = - 2 x cos (6 x) - x grzech (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 grzech (6 x)
Odpowiedź: 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 grzech (6x)
Jeśli zauważysz błąd w tekście, zaznacz go i naciśnij Ctrl+Enter
