Podstawy rozwiązywania liniowych niejednorodnych równań różniczkowych drugiego rzędu (LNDU-2) za pomocą stałe współczynniki(komputer)
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 komputerem, 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 równania charakterystycznego odpowiedniego LODE-2, które są równe 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 równań liniowych dla 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) $.
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 rozwiązanie ogólne LNDU.
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 równa sumie rozwiązania ogólnego y 0, co 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 .
Ogólne rozwiązanie liniowe równanie niejednorodne jest sumą ogólnego rozwiązania odpowiadającego równaniu y 0 lub szczególnemu 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 uwzględnia się A i B niepewne współczynniki oraz r jest liczbą zespolonych pierwiastków sprzężonych związanych z równaniem charakterystycznym, równą ± 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 zapisując równanie charakterystyczne typ:
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:
do 1 " (x) · cos (6 x) + do 2 " (x) · grzech (6 x) = 0 do 1 " (x) · (cos (6 x)) " + do 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
Widzieliśmy, że w przypadku, gdy znane jest ogólne rozwiązanie liniowego równania jednorodnego, można znaleźć ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego, stosując metodę wariancji dowolnych stałych. Jednakże pytanie, jak znaleźć ogólne rozwiązanie równania jednorodnego, pozostało otwarte. W szczególnym przypadku, gdy w liniowym równaniu różniczkowym (3) wszystkie współczynniki Liczba Pi(X)= i - stałych, można to rozwiązać w prosty sposób, nawet bez całkowania.
Rozważ liniowe jednorodne równanie różniczkowe ze stałymi współczynnikami, tj. równania postaci
y (N) + za 1 y (N – 1) +...o N – 1 y " + za n y = 0, (14)
Gdzie i ja- stałe (I= 1, 2, ...,N).
Jak wiadomo, dla liniowego równania jednorodnego I rzędu rozwiązanie jest funkcją postaci mi kx. Rozwiązanie równania (14) będziemy szukać w postaci J (X) = mi kx.
Podstawmy tę funkcję do równania (14) J (X) i jego pochodne rzędu M (1 £ M£ N)J (M) (X) = k m i kx. Dostajemy
(k n + a 1 k n – 1 +...n – 1 k + za n)e kx = 0,
Ale mi k x ¹ 0 dla każdego X, Dlatego
k n + za 1 k n – 1 +...o N – 1 k + za n = 0. (15)
Równanie (15) nazywa się równanie charakterystyczne, wielomian po lewej stronie- charakterystyczny wielomian , jego korzenie- charakterystyczne korzenie równanie różniczkowe (14).
Wniosek:
funkcjonowaćJ (X) = mi kx - rozwiązanie liniowego równania jednorodnego (14) wtedy i tylko wtedy, gdy liczba k - pierwiastek równania charakterystycznego (15).
Zatem proces rozwiązywania liniowego równania jednorodnego (14) sprowadza się do rozwiązania równania algebraicznego (15).
Możliwe są różne przypadki charakterystycznych korzeni.
1.Wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego są rzeczywiste i różne.
W tym przypadku N różne charakterystyczne korzenie k 1 ,k 2 ,..., k n odpowiada N różne rozwiązania równania jednorodnego (14)
Można wykazać, że rozwiązania te są liniowo niezależne i dlatego tworzą system podstawowy decyzje. Zatem ogólnym rozwiązaniem równania jest funkcja
Gdzie Z 1 , C 2 , ..., C rz - dowolne stałe.
Przykład 7. Znajdź ogólne rozwiązanie liniowego równania jednorodnego:
A) Na¢ ¢ (X) - 6Na¢ (X) + 8Na(X) = 0,b) Na¢ ¢ ¢ (X) + 2Na¢ ¢ (X) - 3Na¢ (X) = 0.
Rozwiązanie. Utwórzmy równanie charakterystyczne. W tym celu zastępujemy pochodną rzędu M Funkcje y(X) w odpowiednim stopniu
k(Na (M) (X) « km),
natomiast sama funkcja Na(X), gdy pochodną rzędu zerowego zastępuje się przez k 0 = 1.
W przypadku (a) równanie charakterystyczne ma postać k 2 - 6k + 8 = 0. Korzenie tego równanie kwadratowe k 1 = 2,k 2 = 4. Ponieważ są one rzeczywiste i różne, rozwiązanie ogólne ma postać J (X)= C 1 mi 2X + C 2 mi 4x.
Dla przypadku (b) równaniem charakterystycznym jest równanie III stopnia k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Znajdźmy pierwiastki tego równania:
k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0i k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,
T . mi . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.
Te charakterystyczne pierwiastki odpowiadają podstawowemu układowi rozwiązań równania różniczkowego:
J 1 (X)= np 0X = 1, J 2 (X) = np, J 3 (X)= np - 3X .
Rozwiązaniem ogólnym, zgodnie ze wzorem (9), jest funkcja
J (X)= C 1 + C 2 np. + C 3 mi - 3X .
II . Wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego są różne, ale niektóre z nich są złożone.
Wszystkie współczynniki równania różniczkowego (14), a co za tym idzie jego równania charakterystycznego (15)- liczby rzeczywiste, co oznacza, że jeśli wśród pierwiastków charakterystycznych znajduje się pierwiastek zespolony k 1 = a + ib, to znaczy jego sprzężony pierwiastek k 2 = ` k 1 = za- tam.Do pierwszego korzenia k 1 odpowiada rozwiązaniu równania różniczkowego (14)
J 1 (X)= np (a+ib)X = mi za x mi ibx = mi topór(cosbx + isinbx)
(użyliśmy wzoru Eulera e ja x = cosx + isinx). Podobnie korzeń k 2 = za- tam odpowiada rozwiązaniu
J 2 (X)= np (a - -ib)X = mi za x mi - ib x= e topór(cosbx - isinbx).
Rozwiązania te są złożone. Aby uzyskać z nich rzeczywiste rozwiązania, wykorzystujemy właściwości rozwiązań liniowego równania jednorodnego (patrz 13.2). Funkcje
są rzeczywistymi rozwiązaniami równania (14). Co więcej, rozwiązania te są liniowo niezależne. Możemy zatem wyciągnąć następujący wniosek.
Zasada nr 1.Para sprzężonych korzeni złożonych a± ib równania charakterystycznego w FSR liniowego równania jednorodnego (14) odpowiada dwóm rzeczywistym rozwiązaniom częściowymI .
Przykład 8. Znajdź ogólne rozwiązanie równania:
A) Na¢ ¢ (X) - 2Na ¢ (X) + 5Na(X) = 0 ;B) Na¢ ¢ ¢ (X) - Na¢ ¢ (X) + 4Na ¢ (X) - 4Na(X) = 0.
Rozwiązanie. W przypadku równania (a) pierwiastki równania charakterystycznego k 2 - 2k + 5 = 0 to dwie sprzężone liczby zespolone
k 1, 2 = .
W konsekwencji, zgodnie z zasadą 1, odpowiadają one dwóm rzeczywistym liniowo niezależnym rozwiązaniom: i , a rozwiązaniem ogólnym równania jest funkcja
J (X)= C 1 np. cos 2x + C 2 np. grzech 2X.
W przypadku (b) znaleźć pierwiastki równania charakterystycznego k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, rozkładamy na czynniki jego lewą stronę:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Dlatego mamy trzy charakterystyczne korzenie: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2I. Kornu k 1 odpowiada rozwiązaniu i parę sprzężonych złożonych pierwiastków k 2, 3 = ± 2ja = 0 ± 2I- dwa prawidłowe rozwiązania: i . Tworzymy ogólne rozwiązanie równania:
J (X)= C 1 np. + C 2 sałata 2x + C 3 grzech 2X.
III . Wśród pierwiastków równania charakterystycznego znajdują się wielokrotności.
Pozwalać k 1 - prawdziwy pierwiastek mnogości M równanie charakterystyczne (15), czyli wśród pierwiastków jest M równe pierwiastki. Każdemu z nich odpowiada to samo rozwiązanie równania różniczkowego (14). Należy jednak uwzględnić M W FSR nie ma rozwiązań równych, ponieważ stanowią one liniowo zależny układ funkcji.
Można wykazać, że w przypadku pierwiastka wielokrotnego k 1 rozwiązania równania (14) oprócz funkcji są funkcjami
Funkcje są liniowo niezależne na całej osi liczbowej, gdyż można je uwzględnić w FSR.
Zasada 2. Prawdziwy charakterystyczny korzeń k 1 wielość M w FSR odpowiada M rozwiązania:
Jeśli k 1 - złożona mnogość pierwiastków M równanie charakterystyczne (15), wówczas istnieje pierwiastek sprzężony k 1 wielość M. Przez analogię otrzymujemy następującą regułę.
Zasada 3. Para sprzężonych korzeni złożonych a± ib w FSR odpowiada 2mreal liniowo niezależnym rozwiązaniom:
, , ..., ,
, , ..., .
Przykład 9. Znajdź ogólne rozwiązanie równania:
A) Na¢ ¢ ¢ (X) + 3Na¢ ¢ (X) + 3Na¢ (X)+ y ( X)= 0;b) w IV(X) + 6Na¢ ¢ (X) + 9Na(X) = 0.
Rozwiązanie. W przypadku (a) równanie charakterystyczne ma postać
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tj. k =- 1 - pierwiastek krotności 3. Bazując na regule 2 zapisujemy rozwiązanie ogólne:
J (X)= C 1 + C 2 x + C 3 X 2 .
Równanie charakterystyczne w przypadku (b) jest równaniem
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
lub w przeciwnym wypadku,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± I.
Mamy parę sprzężonych pierwiastków zespolonych, z których każdy ma krotność 2. Zgodnie z zasadą 3 rozwiązanie ogólne zapisuje się jako
J (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 X.
Z powyższego wynika, że dla dowolnego liniowego równania jednorodnego o stałych współczynnikach można znaleźć podstawowy układ rozwiązań i ułożyć rozwiązanie ogólne. W związku z tym rozwiązanie odpowiedniego niejednorodnego równania dla dowolnego funkcja ciągła F(X) po prawej stronie można znaleźć stosując metodę wariancji dowolnych stałych (patrz sekcja 5.3).
Przykład 10. Korzystając z metody wariacyjnej, znajdź ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = xe 2X .
Rozwiązanie. Najpierw znajdujemy ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = 0. Pierwiastki równania charakterystycznego k 2 - k- 6 = 0 jest k 1 = 3,k 2 = - 2, za ogólne rozwiązanie równania jednorodnego - funkcjonować ` Na ( X) = C 1 mi 3X + C 2 mi - 2X .
Rozwiązanie równania niejednorodnego będziemy szukać w postaci
Na( X) = Z 1 (X)mi 3X + C 2 (X)mi 2X . (*)
Znajdźmy wyznacznik Wrońskiego
W[mi 3X , tj 2X ] = .
Ułóżmy układ równań (12) dla pochodnych nieznanych funkcji Z ¢ 1 (X) I Z¢ 2 (X):
Rozwiązując układ za pomocą wzorów Cramera otrzymujemy
Integracja, stwierdzamy Z 1 (X) I Z 2 (X):
Funkcje zastępcze Z 1 (X) I Z 2 (X) do równości (*), otrzymujemy ogólne rozwiązanie równania Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = xe 2X :
W przypadku, gdy prawa strona liniowego równania niejednorodnego o stałych współczynnikach ma szczególną postać, można znaleźć szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego bez uciekania się do metody zmieniania dowolnych stałych.
Rozważ równanie ze stałymi współczynnikami
y (N) + a 1 rok (N– 1) +...o N – 1 rok " + za n y = fa (X), (16)
F( X) = mitopór(P. n(X)cosbx + Rm(X)sinbx), (17)
Gdzie P. n(X) I Rm(X) - wielomiany stopnia N I M odpowiednio.
Prywatne rozwiązanie ty*(X) równania (16) wyznacza się ze wzoru
Na* (X) = xsmi topór(Pan(X)cosbx + nr(X)sinbx), (18)
Gdzie Pan(X) I Nr(X) - wielomiany stopnia r = maks(n, m) z niepewnymi współczynnikami , A S równa wielokrotności pierwiastka k 0 = a + ib charakterystyczny wielomian równania (16) i zakładamy s = 0 jeśli k 0 nie jest pierwiastkiem charakterystycznym.
Aby skomponować konkretne rozwiązanie korzystając ze wzoru (18), należy znaleźć cztery parametry - a, b, r I S. Pierwsze trzy są wyznaczane z prawej strony równania i R- jest to właściwie najwyższy stopień X, znaleziony po prawej stronie. Parametr S znalezione na podstawie porównania liczb k 0 = a + ib I zbiór wszystkich (biorąc pod uwagę krotności) charakterystycznych pierwiastków równania (16), które można znaleźć rozwiązując odpowiednie równanie jednorodne.
Rozważmy szczególne przypadki postaci funkcji (17):
1) o godz A ¹ 0, B= 0F(X)= topór P rz(X);
2) kiedy A= 0, B ¹ 0F(X)= P. n(X) Zosbx + R m(X)sinbx;
3) kiedy A = 0, B = 0F(X)=Pn(X).
Uwaga 1. Jeśli P n (x) º 0 lub Rm(x)º 0, to prawa strona równania f(x) = e ax P n (x)с osbx lub f(x) = e ax R m (x)sinbx, czyli zawiera tylko jedną z funkcji - cosinus lub sinus. Ale w zapisie konkretnego rozwiązania muszą być obecne oba, gdyż zgodnie ze wzorem (18) każde z nich jest mnożone przez wielomian o nieokreślonych współczynnikach tego samego stopnia r = max(n, m).
Przykład 11. Określ rodzaj częściowego rozwiązania liniowego równania jednorodnego czwartego rzędu o stałych współczynnikach, jeśli znana jest prawa strona równania F(X) = np(2xcos 3x+(X 2 + 1)grzech 3X) i pierwiastki równania charakterystycznego:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
B ) k 1, 2 = 1 ± 3I,k 3, 4 = ± 1;
V ) k 1, 2 = 1 ± 3I,k 3, 4 = 1 ± 3I.
Rozwiązanie. Po prawej stronie znajdujemy to w konkretnym rozwiązaniu Na*(X), co określa wzór (18), parametry: A= 1, B= 3, r = 2. Pozostają takie same we wszystkich trzech przypadkach, stąd liczba k 0, który określa ostatni parametr S wzór (18) jest równy k 0 = 1+ 3I. W przypadku (a) wśród pierwiastków charakterystycznych nie ma liczby k 0 = 1 + 3I, Oznacza, S= 0, a konkretne rozwiązanie ma postać
ty*(X) = X 0 były(M 2 (X)sałata 3x+N 2 (X)grzech 3X) =
= miX( (Topór 2 +Bx+C)sałata 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)grzech 3X.
W przypadku (b) liczba k 0 = 1 + 3I występuje raz wśród charakterystycznych korzeni, co oznacza s = 1 I
ty*(X) = x mi x((Topór 2 +Bx+C)sałata 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)grzech 3X.
Dla przypadku (c) mamy s = 2 i
ty*(X) = x 2 były((Topór 2 +Bx+C)sałata 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)grzech 3X.
W przykładzie 11 konkretne rozwiązanie zawiera dwa wielomiany stopnia 2 o nieokreślonych współczynnikach. Aby znaleźć rozwiązanie, należy określić wartości liczbowe tych współczynników. Sformułujmy ogólną zasadę.
Wyznaczanie nieznanych współczynników wielomianów Pan(X) I Nr(X) równość (17) różniczkujemy wymaganą liczbę razy i podstawiamy funkcję ty*(X) i jego pochodne do równania (16). Porównując jego lewą i prawą stronę otrzymujemy układ równania algebraiczne znaleźć współczynniki.
Przykład 12. Znajdź rozwiązanie równania Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = xe 2X, po ustaleniu konkretnego rozwiązania równania niejednorodnego w postaci prawej strony.
Rozwiązanie. Ogólne rozwiązanie równania niejednorodnego ma postać
Na( X) = ` Na(X)+ ty*(X),
Gdzie ` Na ( X) - ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego, oraz ty*(X) - szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego.
Najpierw rozwiązujemy równanie jednorodne Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = 0. Jego równanie charakterystyczne k 2 - k- 6 = 0 ma dwa korzenie k 1 = 3,k 2 = - 2, stąd, ` Na ( X) = C 1 mi 3X + C 2 mi - 2X .
Aby określić rodzaj konkretnego rozwiązania, skorzystajmy ze wzoru (18). Na*(X). Funkcjonować F(X) = xe 2X reprezentuje szczególny przypadek(a) wzory (17), podczas gdy a = 2,b = 0 I r = 1, tj. k 0 = 2 + 0ja = 2. Porównując z charakterystycznymi korzeniami, dochodzimy do takiego wniosku s = 0. Podstawiając wartości wszystkich parametrów do wzoru (18), mamy ty*(X) = (Ach + B)mi 2X .
Aby znaleźć wartości A I W, znajdźmy pochodne pierwszego i drugiego rzędu funkcji ty*(X) = (Ach + B)mi 2X :
ty*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ach + B)mi 2X = (2Ach + Ach + 2B)mi 2x,
ty*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ach + Ach + 2B)mi 2X = (4Ach + 4+ 4B)mi 2X .
Po podstawieniu funkcji ty*(X) i jego pochodne do otrzymanego równania
(4Ach + 4+ 4B)mi 2X - (2Ach + Ach + 2B)mi 2X - 6(Ach + B)mi 2X =x 2X Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Zatem szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego ma postać
ty*(X) = (- 1/4X- 3/16)mi 2X ,
i rozwiązanie ogólne - Na ( X) = C 1 mi 3X + C 2 mi - 2X + (- 1/4X- 3/16)mi 2X .
Uwaga 2.W przypadku, gdy problem Cauchy'ego jest postawiony dla równania niejednorodnego, należy najpierw znaleźć ogólne rozwiązanie równania
Na( X) = ,
po ustaleniu wszystkich wartości liczbowych współczynników w Na*(X). Następnie użyj warunków początkowych i zastępując je rozwiązaniem ogólnym (a nie ty*(X)), znajdź wartości stałych C ja.
Przykład 13. Znajdź rozwiązanie problemu Cauchy'ego:
Na¢ ¢ (X) - Na¢ (X) - 6Na(X) = xe 2X , j(0) = 0, j ¢ (X) = 0.
Rozwiązanie. Ogólne rozwiązanie tego równania jest następujące
Na(X) = C 1 mi 3X + C 2 mi - 2X + (- 1/4X- 3/16)mi 2X
znaleziono w przykładzie 12. Aby znaleźć konkretne rozwiązanie spełniające warunki początkowe tego problemu Cauchy'ego, otrzymujemy układ równań
Rozwiązaliśmy to C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Dlatego rozwiązaniem problemu Cauchy'ego jest funkcja
Na(X) = 1/8mi 3X + 1/16mi - 2X + (- 1/4X- 3/16)mi 2X .
Uwaga 3(zasada superpozycji). Jeśli w równanie liniowe Ln[y(X)]= f(X), Gdzie F(X) = f 1 (X)+ f 2 (X) I ty* 1 (X) - rozwiązanie równania Ln[y(X)]= f 1 (X), A ty* 2 (X) - rozwiązanie równania Ln[y(X)]= f 2 (X), następnie funkcja ty*(X)= ty* 1 (X)+ ty* 2 (X) Jest rozwiązanie równania Ln[y(X)]= f(X).
Przykład 14. Wskaż rodzaj rozwiązania ogólnego równania liniowego
Na¢ ¢ (X) + 4Na(X) = x + sinx.
Rozwiązanie. Ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego
` Na(X) = C 1 sałata 2x + C 2 grzech 2X,
od równania charakterystycznego k 2 + 4 = 0 ma pierwiastki k 1, 2 = ± 2I.Prawa strona równania nie odpowiada wzorowi (17), ale jeśli wprowadzimy zapis F 1 (X) = x, F 2 (X) = grzech i skorzystaj z zasady superpozycji , wówczas szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego można znaleźć w postaci ty*(X)= ty* 1 (X)+ ty* 2 (X), Gdzie ty* 1 (X) - rozwiązanie równania Na¢ ¢ (X) + 4Na(X) = x, A ty* 2 (X) - rozwiązanie równania Na¢ ¢ (X) + 4Na(X) = grzech. Według wzoru (18)
ty* 1 (X) = Topór + B,ty* 2 (X) = Ссosx + Dsinx.
Następnie konkretne rozwiązanie
ty*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
dlatego rozwiązanie ogólne ma postać
Na(X) = C 1 sałata 2x + C 2 mi - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Przykład 15. Obwód elektryczny składa się ze źródła prądu połączonego szeregowo z siłą emf mi(T) = E grzechw T, indukcyjność L i pojemniki Z, I
