Mga pangunahing kaalaman sa paglutas ng mga linear inhomogeneous differential equation ng pangalawang order (LNDU-2) na may pare-pareho ang mga koepisyent(PC)
Ang 2nd order na LDDE na may pare-parehong coefficient na $p$ at $q$ ay may anyong $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kung saan $f\left(x \right)$ ay isang tuluy-tuloy na function.
Tungkol sa LNDU 2 sa PC, ang sumusunod na dalawang pahayag ay totoo.
Ipagpalagay natin na ang ilang function na $U$ ay isang di-makatwirang partial na solusyon ng isang inhomogeneous differential equation. Ipagpalagay din natin na ang ilang function na $Y$ ay ang pangkalahatang solusyon (GS) ng kaukulang linear homogeneous differential equation (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Pagkatapos ay ang GR ng Ang LHDE-2 ay katumbas ng kabuuan ng ipinahiwatig na pribado at pangkalahatang mga solusyon, iyon ay, $y=U+Y$.
Kung ang kanang bahagi ng isang 2nd order LMDE ay isang kabuuan ng mga function, ibig sabihin, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, pagkatapos ay mahahanap muna natin ang mga PD na $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ na katumbas sa bawat isa sa mga function $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, at pagkatapos nito isulat ang CR LNDU-2 sa anyong $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Solusyon ng 2nd order LPDE sa PC
Malinaw na ang uri ng isa o isa pang PD $U$ ng isang ibinigay na LNDU-2 ay nakasalalay sa partikular na anyo ng kanang bahagi nito $f\left(x\right)$. Ang pinakasimpleng mga kaso ng paghahanap para sa PD LNDU-2 ay binuo sa anyo ng sumusunod na apat na panuntunan.
Panuntunan #1.
Ang kanang bahagi ng LNDU-2 ay may anyong $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, kung saan $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, ibig sabihin, ito ay tinatawag na a polynomial ng degree $n$. Pagkatapos ang PD $U$ nito ay hinanap sa form na $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, kung saan ang $Q_(n) \left(x\right)$ ay isa pa polynomial na kapareho ng antas ng $P_(n) \left(x\right)$, at ang $r$ ay ang bilang ng mga ugat ng katangiang equation ng kaukulang LODE-2 na katumbas ng zero. Ang mga coefficient ng polynomial na $Q_(n) \left(x\right)$ ay matatagpuan sa pamamagitan ng paraan ng indefinite coefficients (UK).
Panuntunan Blg. 2.
Ang kanang bahagi ng LNDU-2 ay may anyong $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, kung saan $P_(n) Ang \left( x\right)$ ay isang polynomial ng degree na $n$. Pagkatapos ang PD $U$ nito ay hinanap sa anyong $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kung saan ang $Q_(n ) \ left(x\right)$ ay isa pang polynomial na kapareho ng degree ng $P_(n) \left(x\right)$, at ang $r$ ay ang bilang ng mga ugat ng katangian na equation ng kaukulang LODE-2 katumbas ng $\alpha $. Ang mga coefficient ng polynomial $Q_(n) \left(x\right)$ ay matatagpuan sa pamamagitan ng NC method.
Panuntunan Blg. 3.
Ang kanang bahagi ng LNDU-2 ay may anyong $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \kanan) $, kung nasaan sina $a$, $b$ at $\beta$ mga kilalang numero. Pagkatapos ang PD $U$ nito ay hinahanap sa form na $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, kung saan ang $A$ at $B$ ay mga hindi kilalang coefficient, at ang $r$ ay ang bilang ng mga ugat ng katangian na equation ng kaukulang LODE-2, katumbas ng $i\cdot \beta $. Ang mga coefficient na $A$ at $B$ ay matatagpuan gamit ang non-destructive method.
Panuntunan Blg. 4.
Ang kanang bahagi ng LNDU-2 ay may anyong $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kung saan ang $P_(n) \left(x\right)$ ay isang polynomial ng degree na $ n$, at ang $P_(m) \left(x\right)$ ay isang polynomial ng degree na $m$. Pagkatapos ang PD $U$ nito ay hinahanap sa anyong $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kung saan ang $Q_(s) \left(x\right)$ at ang $ R_(s) \left(x\right)$ ay mga polynomial ng degree na $s$, ang bilang na $s$ ay ang maximum ng dalawang numero na $n$ at $m$, at ang $r$ ay ang bilang ng mga ugat ng katangiang equation ng kaukulang LODE-2, katumbas ng $\alpha +i\cdot \beta $. Ang mga coefficient ng mga polynomial na $Q_(s) \left(x\right)$ at $R_(s) \left(x\right)$ ay matatagpuan sa pamamagitan ng NC method.
Ang paraan ng NK ay binubuo ng paglalapat ng sumusunod na tuntunin. Upang mahanap ang hindi kilalang mga coefficient ng polynomial na bahagi ng bahagyang solusyon ng inhomogeneous differential equation LNDU-2, kinakailangan:
- palitan ang PD $U$, na nakasulat sa pangkalahatang anyo, sa kaliwang bahagi LNDU-2;
- sa kaliwang bahagi ng LNDU-2, magsagawa ng mga pagpapasimple at mga termino ng pangkat na may parehong kapangyarihan $x$;
- sa nagresultang pagkakakilanlan, ipantay ang mga koepisyent ng mga termino na may parehong kapangyarihan $x$ ng kaliwa at kanang panig;
- lutasin ang nagresultang sistema ng mga linear equation para sa hindi kilalang coefficient.
Halimbawa 1
Gawain: hanapin O LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Hanapin din ang PD , na nagbibigay-kasiyahan sa mga paunang kundisyon $y=6$ para sa $x=0$ at $y"=1$ para sa $x=0$.
Isinulat namin ang kaukulang LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Katangiang equation: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Ang mga ugat ng katangiang equation ay: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ang mga ugat na ito ay wasto at naiiba. Kaya, ang OR ng kaukulang LODE-2 ay may anyo: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Ang kanang bahagi ng LNDU-2 na ito ay may anyong $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Kinakailangang isaalang-alang ang koepisyent ng exponent na $\alpha =3$. Ang koepisyent na ito ay hindi tumutugma sa alinman sa mga ugat ng katangian na equation. Samakatuwid, ang PD ng LNDU-2 na ito ay may anyong $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Hahanapin namin ang mga coefficient na $A$, $B$ gamit ang NC method.
Nakita namin ang unang derivative ng Czech Republic:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Nakita namin ang pangalawang derivative ng Czech Republic:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Pinapalitan namin ang mga function na $U""$, $U"$ at $U$ sa halip na $y""$, $y"$ at $y$ sa ibinigay na NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ Bukod dito, dahil ang exponent na $e^(3\cdot x) $ ay kasama bilang salik sa lahat ng mga bahagi, maaari itong alisin.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Ginagawa namin ang mga aksyon sa kaliwang bahagi ng nagresultang pagkakapantay-pantay:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Ginagamit namin ang paraan ng NDT. Kumuha kami ng isang sistema ng mga linear na equation na may dalawang hindi alam:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Ang solusyon sa sistemang ito ay: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ para sa aming problema ay ganito ang hitsura: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
Ang OR $y=Y+U$ para sa aming problema ay ganito ang hitsura: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ kaliwa(-2\cdot x-1\kanan)\cdot e^(3\cdot x) $.
Upang maghanap ng PD na nakakatugon sa ibinigay na mga paunang kundisyon, nakita namin ang derivative na $y"$ ng OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Pinapalitan namin sa $y$ at $y"$ ang mga paunang kundisyon $y=6$ para sa $x=0$ at $y"=1$ para sa $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Nakatanggap kami ng isang sistema ng mga equation:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Solusyonan natin ito. Nahanap namin ang $C_(1) $ gamit ang formula ng Cramer, at $C_(2) $ ang tinutukoy namin mula sa unang equation:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ begin(array)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\kanan|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Kaya, ang PD ng differential equation na ito ay may anyo: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \kanan )\cdot e^(3\cdot x) $.
Tinutugunan ng artikulong ito ang isyu ng paglutas ng linear inhomogeneous second-order differential equation na may pare-parehong coefficient. Ang teorya ay tatalakayin kasama ng mga halimbawa ng mga ibinigay na problema. Upang matukoy ang mga hindi malinaw na termino, kinakailangang sumangguni sa paksa tungkol sa mga pangunahing kahulugan at konsepto ng teorya ng mga differential equation.
Isaalang-alang natin ang isang linear differential equation (LDE) ng pangalawang pagkakasunud-sunod na may pare-parehong coefficients ng anyong y "" + p · y " + q · y = f (x), kung saan ang p at q ay mga arbitrary na numero, at ang umiiral na function f (x) ay tuloy-tuloy sa integration interval x.
Lumipat tayo sa pagbabalangkas ng teorama pangkalahatang solusyon LNDU.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Pangkalahatang solution theorem para sa LDNU
Teorama 1Isang pangkalahatang solusyon, na matatagpuan sa pagitan ng x, ng isang inhomogeneous differential equation ng anyong y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) na may tuluy-tuloy na integration coefficients sa x interval f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) at isang tuluy-tuloy na function na f (x) ay katumbas ng kabuuan ng pangkalahatang solusyon y 0, na tumutugma sa LOD at ilang partikular na solusyon y ~, kung saan ang orihinal na inhomogeneous equation ay y = y 0 + y ~.
Ipinapakita nito na ang solusyon sa naturang pangalawang-order na equation ay may anyo na y = y 0 + y ~ . Ang algorithm para sa paghahanap ng y 0 ay tinalakay sa artikulo sa linear homogenous na second-order differential equation na may pare-parehong coefficient. Pagkatapos nito ay dapat tayong magpatuloy sa kahulugan ng y ~.
Ang pagpili ng isang partikular na solusyon sa LPDE ay depende sa uri ng magagamit na function f (x) na matatagpuan sa kanang bahagi ng equation. Upang gawin ito, kinakailangang isaalang-alang nang hiwalay ang mga solusyon ng linear inhomogeneous second-order differential equation na may pare-parehong coefficient.
Kapag ang f (x) ay itinuturing na isang polynomial ng nth degree f (x) = P n (x), sumusunod na ang isang partikular na solusyon ng LPDE ay matatagpuan gamit ang isang formula ng anyong y ~ = Q n (x ) x γ, kung saan ang Q n ( x) ay isang polynomial ng degree n, ang r ay ang bilang ng mga zero na ugat ng katangian na equation. Ang value y ~ ay isang partikular na solusyon y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , pagkatapos ay ang mga available na coefficient na tinutukoy ng polynomial
Q n (x), nakita namin ang paggamit ng paraan ng mga hindi tiyak na coefficient mula sa pagkakapantay-pantay y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Halimbawa 1
Kalkulahin gamit ang teorem ni Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Solusyon
Sa madaling salita, kinakailangan na lumipat sa isang partikular na solusyon ng isang linear inhomogeneous differential equation ng pangalawang order na may pare-parehong coefficients y "" - 2 y " = x 2 + 1, na kung saan ay masisiyahan ang ibinigay na mga kondisyon y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Ang pangkalahatang solusyon ng linear hindi magkakatulad na equation ay ang kabuuan ng pangkalahatang solusyon na tumutugma sa equation y 0 o isang partikular na solusyon sa inhomogeneous equation y ~, iyon ay, y = y 0 + y ~.
Una, maghanap tayo ng pangkalahatang solusyon para sa LNDU, at pagkatapos ay isang partikular na solusyon.
Lumipat tayo sa paghahanap ng y 0. Ang pagsusulat ng katangian na equation ay makakatulong sa iyong mahanap ang mga ugat. Nakukuha namin iyon
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Nalaman namin na ang mga ugat ay iba at totoo. Samakatuwid, isulat natin
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Hanapin natin y ~ . Makikita na ang kanang bahagi ng ibinigay na equation ay isang polynomial ng pangalawang degree, pagkatapos ay ang isa sa mga ugat ay katumbas ng zero. Mula dito nakuha namin na ang isang partikular na solusyon para sa y ~ ay magiging
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kung saan ang mga halaga ng A, B, C ay tumatagal sa hindi natukoy na mga koepisyent.
Hanapin natin ang mga ito mula sa pagkakapantay-pantay ng anyong y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Pagkatapos makuha namin iyon:
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
Ang equating ng mga coefficient na may parehong exponents ng x, nakakakuha tayo ng isang sistema ng mga linear na expression - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Kapag nag-solve ng alinman sa mga pamamaraan, hahanapin natin ang mga coefficient at isulat ang: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 at y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ang entry na ito ay tinatawag na pangkalahatang solusyon ng orihinal na linear inhomogeneous second-order differential equation na may pare-parehong coefficient.
Upang makahanap ng isang partikular na solusyon na nakakatugon sa mga kondisyon y (0) = 2, y "(0) = 1 4, kinakailangan upang matukoy ang mga halaga C 1 At C 2, batay sa pagkakapantay-pantay ng anyong y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Nakukuha namin iyon:
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
Nagtatrabaho kami sa nagresultang sistema ng mga equation ng form C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kung saan C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Ang paglalapat ng teorama ni Cauchy, mayroon tayo nito
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
Sagot: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Kapag ang function na f (x) ay kinakatawan bilang produkto ng isang polynomial na may degree n at isang exponent f (x) = P n (x) · e a x , pagkatapos ay makuha namin na ang isang partikular na solusyon ng pangalawang-order na LPDE ay magiging isang equation ng anyong y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, kung saan ang Q n (x) ay isang polynomial ng ika-n degree, at ang r ay ang bilang ng mga ugat ng katangiang equation na katumbas ng α.
Ang mga coefficient na kabilang sa Q n (x) ay matatagpuan sa pamamagitan ng pagkakapantay-pantay y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Halimbawa 2
Hanapin ang pangkalahatang solusyon sa isang differential equation ng anyong y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Solusyon
Ang equation pangkalahatang pananaw y = y 0 + y ~ . Ang ipinahiwatig na equation ay tumutugma sa LOD y "" - 2 y " = 0. Mula sa nakaraang halimbawa ay makikita na ang mga ugat nito ay pantay. k 1 = 0 at k 2 = 2 at y 0 = C 1 + C 2 e 2 x sa pamamagitan ng katangiang equation.
Makikita na ang kanang bahagi ng equation ay x 2 + 1 · e x . Mula dito ang LPDE ay matatagpuan sa pamamagitan ng y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kung saan ang Q n (x) ay isang polynomial ng pangalawang degree, kung saan ang α = 1 at r = 0, dahil ang characteristic equation ay hindi may ugat na katumbas ng 1. Mula dito nakukuha natin iyan
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 .
Ang A, B, C ay mga hindi kilalang coefficient na makikita ng pagkakapantay-pantay y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Nakuha ko na
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
Tinutumbas namin ang mga tagapagpahiwatig na may parehong mga coefficient at kumuha ng isang sistema ng mga linear na equation. Mula dito makikita natin ang A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Sagot: malinaw na ang y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 ay isang partikular na solusyon ng LNDDE, at y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - isang pangkalahatang solusyon para sa pangalawang-order na inhomogeneous dif equation.
Kapag ang function ay isinulat bilang f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, at A 1 At SA 1 ay mga numero, kung gayon ang isang bahagyang solusyon ng LPDE ay itinuturing na isang equation ng anyong y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ , kung saan ang A at B ay isinasaalang-alang hindi tiyak na mga koepisyent, at ang r ay ang bilang ng mga kumplikadong conjugate na ugat na nauugnay sa katangiang equation, katumbas ng ± i β . Sa kasong ito, ang paghahanap para sa mga coefficient ay isinasagawa gamit ang pagkakapantay-pantay y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Halimbawa 3
Hanapin ang pangkalahatang solusyon sa isang differential equation ng anyong y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Solusyon
Bago isulat ang katangiang equation, makikita natin ang y 0. Pagkatapos
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Mayroon kaming isang pares ng kumplikadong conjugate roots. Magbago tayo at makakuha ng:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Ang mga ugat ng characteristic equation ay itinuturing na conjugate pair ± 2 i, pagkatapos f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ipinapakita nito na ang paghahanap para sa y ~ ay gagawin mula sa y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Unknowns Hahanapin natin ang mga coefficient A at B mula sa isang pagkakapantay-pantay ng anyo y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
I-convert natin:
y ~ " = ((A cos (2 x) + B sin (2 x) x) " = = (- 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B sin (2 x) y ~ "" = ((- 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x)) x + A cos (2 x) + B sin (2 x)) " = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x) - - 2 A sin (2 x) + 2 B cos (2 x) = = (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x)
Pagkatapos ay malinaw na
y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x)
Ito ay kinakailangan upang equate ang coefficients ng sines at cosines. Kumuha kami ng isang sistema ng form:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Kasunod nito na y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Sagot: ang pangkalahatang solusyon ng orihinal na pangalawang-order na LDDE na may pare-parehong coefficient ay isinasaalang-alang
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
Kapag f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), pagkatapos ay y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Mayroon tayong r ay ang bilang ng mga kumplikadong pares ng conjugate ng mga ugat na nauugnay sa katangiang equation, katumbas ng α ± i β, kung saan ang P n (x), Q k (x), L m (x) at Nm(x) ay mga polynomial ng degree n, k, m, m, kung saan m = m a x (n, k). Paghahanap ng mga coefficient Lm(x) At Nm(x) ay ginawa batay sa pagkakapantay-pantay y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Halimbawa 4
Hanapin ang pangkalahatang solusyon y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Solusyon
Ayon sa kondisyon ay malinaw na
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Pagkatapos m = m a x (n, k) = 1. Nahanap namin ang y 0 sa pamamagitan ng unang pagsulat katangian equation uri:
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
Nalaman namin na ang mga ugat ay totoo at naiiba. Kaya y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Susunod, kailangang maghanap ng pangkalahatang solusyon batay sa hindi magkakatulad na equation y ~ ng form
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) kasalanan (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) kasalanan (5 x))
Ito ay kilala na ang A, B, C ay mga coefficients, r = 0, dahil walang pares ng conjugate roots na nauugnay sa katangian na equation na may α ± i β = 3 ± 5 · i. Nakikita namin ang mga coefficient na ito mula sa nagresultang pagkakapantay-pantay:
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) kasalanan (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) kasalanan (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))
Ang paghahanap ng derivative at mga katulad na termino ay nagbibigay
E 3 x ((15 A + 23 C) x kasalanan (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) kasalanan (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))
Pagkatapos equating ang coefficients, kumuha kami ng isang sistema ng form
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
Mula sa lahat ay sinusundan iyon
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) kasalanan (5 x))
Sagot: Ngayon nakuha namin ang isang pangkalahatang solusyon sa ibinigay na linear equation:
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))
Algorithm para sa paglutas ng LDNU
Kahulugan 1Anumang iba pang uri ng function f (x) para sa solusyon ay nangangailangan ng pagsunod sa algorithm ng solusyon:
- paghahanap ng pangkalahatang solusyon sa katumbas na linear homogeneous equation, kung saan y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kung saan y 1 At y 2 ay linearly independent na bahagyang solusyon ng LODE, C 1 At C 2 ay itinuturing na arbitrary constants;
- pag-aampon bilang pangkalahatang solusyon ng LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- pagtukoy ng mga derivatives ng isang function sa pamamagitan ng isang sistema ng anyong 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) , at paghahanap ng mga function C 1 (x) at C 2 (x) sa pamamagitan ng pagsasama.
Halimbawa 5
Hanapin ang pangkalahatang solusyon para sa y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Solusyon
Nagpapatuloy kami sa pagsulat ng katangian na equation, na dati nang nakasulat y 0, y "" + 36 y = 0. Isulat at lutasin natin:
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) = kasalanan (6 x)
Mayroon kaming na ang pangkalahatang solusyon ng ibinigay na equation ay isusulat bilang y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Kinakailangang magpatuloy sa kahulugan ng mga derivative function C 1 (x) At C2(x) ayon sa isang sistema na may mga equation:
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
Kailangang gumawa ng desisyon tungkol sa C 1" (x) At C 2" (x) gamit ang anumang paraan. Pagkatapos ay sumulat kami:
C 1 " (x) = - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 " (x) = 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Ang bawat isa sa mga equation ay dapat isama. Pagkatapos ay isulat namin ang mga nagresultang equation:
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 kasalanan (6 x) + C 4
Ito ay sumusunod na ang pangkalahatang solusyon ay magkakaroon ng form:
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 na kasalanan (6 x)
Sagot: 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)
Kung may napansin kang error sa text, paki-highlight ito at pindutin ang Ctrl+Enter
Nakita natin na, sa kaso kung saan ang pangkalahatang solusyon ng isang linear homogeneous equation ay kilala, posibleng mahanap ang pangkalahatang solusyon ng isang inhomogeneous equation gamit ang paraan ng variation ng arbitrary constants. Gayunpaman, ang tanong kung paano makahanap ng isang pangkalahatang solusyon sa isang homogenous na equation ay nanatiling bukas. Sa espesyal na kaso kapag nasa linear differential equation (3) lahat ng coefficients p i(X)= a i - constants, maaari itong malutas nang simple, kahit na walang pagsasama.
Isaalang-alang ang isang linear homogeneous differential equation na may pare-parehong coefficient, ibig sabihin, mga equation ng form
y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
saan at ako- mga pare-pareho (i= 1, 2, ...,n).
Tulad ng nalalaman, para sa isang linear homogeneous equation ng 1st order ang solusyon ay isang function ng form e kx. Maghahanap tayo ng solusyon sa equation (14) sa anyo j (X) = e kx.
Ipalit natin ang function sa equation (14) j (X) at ang order derivatives nito m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Nakukuha namin
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Pero e k x ¹ 0 para sa alinman X, kaya lang
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Ang equation (15) ay tinatawag katangian equation, ang polynomial sa kaliwang bahagi- katangiang polinomyal , ang mga ugat nito- katangiang ugat differential equation (14).
Konklusyon:
functionj (X) = e kx - solusyon sa linear homogenous equation (14) kung at kung ang numero lamang k - ugat ng katangiang equation (15).
Kaya, ang proseso ng paglutas ng linear homogenous equation (14) ay nabawasan sa paglutas ng algebraic equation (15).
Ang iba't ibang mga kaso ng mga katangian ng ugat ay posible.
1.Ang lahat ng mga ugat ng katangian na equation ay totoo at naiiba.
Sa kasong ito n iba't ibang katangian ng mga ugat k 1 ,k 2 ,..., k n tumutugma n iba't ibang solusyon ng homogenous equation (14)
Maaaring ipakita na ang mga solusyong ito ay linearly independent at samakatuwid ay nabuo pangunahing sistema mga desisyon. Kaya, ang pangkalahatang solusyon sa equation ay ang function
saan SA 1 , C 2 , ..., C n - di-makatwirang mga pare-pareho.
Halimbawa 7. Hanapin ang pangkalahatang solusyon ng linear homogenous equation:
A) sa¢ ¢ (X) - 6sa¢ (X) + 8sa(X) = 0,b) sa¢ ¢ ¢ (X) + 2sa¢ ¢ (X) - 3sa¢ (X) = 0.
Solusyon. Gumawa tayo ng isang katangian na equation. Para magawa ito, pinapalitan namin ang derivative ng order m mga function y(x) sa naaangkop na antas
k(sa (m) (x) « k m),
habang ang function mismo sa(X) dahil ang zeroth order derivative ay pinalitan ng k 0 = 1.
Kung sakaling (a) ang katangiang equation ay may anyo k 2 - 6k + 8 = 0. Ang mga ugat nito quadratic equation k 1 = 2,k 2 = 4. Dahil ang mga ito ay totoo at naiiba, ang pangkalahatang solusyon ay may anyo j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Para sa case (b), ang characteristic equation ay ang 3rd degree equation k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Hanapin natin ang mga ugat ng equation na ito:
k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0i k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,
T . e . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.
Ang mga katangiang ugat na ito ay tumutugma sa pangunahing sistema ng mga solusyon ng differential equation:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Ang pangkalahatang solusyon, ayon sa formula (9), ay ang function
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Ang lahat ng mga ugat ng katangian na equation ay iba, ngunit ang ilan sa mga ito ay kumplikado.
Lahat ng coefficients ng differential equation (14), at samakatuwid ng katangiang equation nito (15)- tunay na mga numero, na nangangahulugang kung c sa mga katangiang ugat ay mayroong isang kumplikadong ugat k 1 = a + ib, ibig sabihin, ang conjugate root nito k 2 = ` k 1 = a- ib.Sa unang ugat k 1 tumutugma sa solusyon ng differential equation (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(ginamit namin ang formula ni Euler e i x = cosx + isinx). Gayundin, ang ugat k 2 = a- ib tumutugma sa solusyon
j 2 (X)= e (isang - -ib)X = e a x e - ib x= e palakol(cosbx - isinbx).
Ang mga solusyon na ito ay kumplikado. Upang makakuha ng mga tunay na solusyon mula sa kanila, ginagamit namin ang mga katangian ng mga solusyon sa isang linear homogenous na equation (tingnan ang 13.2). Mga pag-andar
ay mga tunay na solusyon ng equation (14). Bukod dito, ang mga solusyong ito ay linearly independent. Kaya, maaari nating gawin ang sumusunod na konklusyon.
Panuntunan 1.Isang pares ng conjugate complex roots a± ib ng characteristic equation sa FSR ng linear homogenous equation (14) tumutugma sa dalawang tunay na bahagyang solusyonAt .
Halimbawa 8. Hanapin ang pangkalahatang solusyon sa equation:
A) sa¢ ¢ (X) - 2sa ¢ (X) + 5sa(X) = 0 ;b) sa¢ ¢ ¢ (X) - sa¢ ¢ (X) + 4sa ¢ (X) - 4sa(X) = 0.
Solusyon. Sa kaso ng equation (a), ang mga ugat ng katangian na equation k 2 - 2k + 5 Ang = 0 ay dalawang conjugate complex na numero
k 1, 2 = .
Dahil dito, ayon sa panuntunan 1, tumutugma sila sa dalawang tunay na linearly independent na solusyon: at , at ang pangkalahatang solusyon ng equation ay ang function.
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x kasalanan 2x.
Sa kaso (b), upang mahanap ang mga ugat ng katangian na equation k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, isinasali namin ang kaliwang bahagi nito:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Samakatuwid, mayroon tayong tatlong katangiang ugat: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 tumutugma sa solusyon , at isang pares ng conjugate complex roots k 2, 3 = ± 2ako = 0 ± 2i- dalawang wastong solusyon: at . Bumubuo kami ng isang pangkalahatang solusyon sa equation:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 kasalanan 2x.
III . Kabilang sa mga ugat ng katangian na equation ay may mga multiple.
Hayaan k 1 - tunay na ugat ng multiplicity m katangian equation (15), ibig sabihin, kabilang sa mga ugat mayroong m pantay na ugat. Ang bawat isa sa kanila ay tumutugma sa parehong solusyon sa differential equation (14) Gayunpaman, isama m Walang pantay na solusyon sa FSR, dahil bumubuo sila ng isang linearly dependent na sistema ng mga function.
Maaari itong ipakita na sa kaso ng maramihang ugat k 1 ang mga solusyon sa equation (14), bilang karagdagan sa function, ay ang mga function
Ang mga function ay linearly independent sa buong numerical axis, dahil , ibig sabihin, maaari silang isama sa FSR.
Panuntunan 2. Tunay na katangiang ugat k 1 multiplicity m sa FSR tumutugon m mga solusyon:
Kung k 1 - kumplikadong multiplicity ng ugat m katangian equation (15), pagkatapos ay mayroong isang conjugate root k 1 multiplicity m. Sa pamamagitan ng pagkakatulad ay nakukuha natin ang sumusunod na tuntunin.
Panuntunan 3. Isang pares ng conjugate complex roots a± Ang ib sa FSR ay tumutugma sa 2mreal na linearly independent na mga solusyon:
, , ..., ,
, , ..., .
Halimbawa 9. Hanapin ang pangkalahatang solusyon sa equation:
A) sa¢ ¢ ¢ (X) + 3sa¢ ¢ (X) + 3sa¢ (X)+ y ( X)= 0;b) sa IV(X) + 6sa¢ ¢ (X) + 9sa(X) = 0.
Solusyon. Kung sakaling (a) ang katangiang equation ay may anyo
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
i.e. k =- 1 - ugat ng multiplicity 3. Batay sa panuntunan 2, isusulat namin ang pangkalahatang solusyon:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Ang katangiang equation sa kaso (b) ay ang equation
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
o, kung hindi,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.
Mayroon kaming isang pares ng conjugate complex roots, bawat isa ay may multiplicity 2. Ayon sa panuntunan 3, ang pangkalahatang solusyon ay nakasulat bilang
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Mula sa itaas ay sumusunod na para sa anumang linear homogenous equation na may pare-parehong coefficients posible na makahanap ng isang pangunahing sistema ng mga solusyon at bumuo ng isang pangkalahatang solusyon. Dahil dito, ang solusyon ng kaukulang inhomogeneous equation para sa anuman tuluy-tuloy na pag-andar f(x) sa kanang bahagi ay matatagpuan gamit ang paraan ng pagkakaiba-iba ng mga arbitrary constants (tingnan ang seksyon 5.3).
Halimbawa 10. Gamit ang paraan ng pagkakaiba-iba, hanapin ang pangkalahatang solusyon sa inhomogeneous equation sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = xe 2x .
Solusyon. Una naming mahanap ang pangkalahatang solusyon ng kaukulang homogenous equation sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = 0. Mga ugat ng katangiang equation k 2 - k- 6 = 0 ay k 1 = 3,k 2 = - 2, a pangkalahatang solusyon ng homogenous equation - function ` sa ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Maghahanap tayo ng solusyon sa inhomogeneous equation sa anyo
sa( X) = SA 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Hanapin natin ang determinant ng Wronski
W[e 3X , e 2X ] = .
Bumuo tayo ng isang sistema ng mga equation (12) para sa mga derivatives ng mga hindi kilalang function SA ¢ 1 (X) At SA¢ 2 (X):
Ang paglutas ng system gamit ang mga formula ng Cramer, nakukuha namin
Pagsasama, nahanap namin SA 1 (X) At SA 2 (X):
Pagpapalit ng mga function SA 1 (X) At SA 2 (X) sa pagkakapantay-pantay (*), nakakakuha tayo ng pangkalahatang solusyon sa equation sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = xe 2x :
Sa kaso kapag ang kanang bahagi ng isang linear inhomogeneous equation na may pare-parehong coefficient ay may espesyal na anyo, ang isang partikular na solusyon sa hindi homogenous na equation ay matatagpuan nang hindi gumagamit ng paraan ng pag-iiba-iba ng mga arbitrary na constant.
Isaalang-alang ang equation na may pare-parehong coefficient
y (n) + isang 1 y (n– 1) +...a n – 1y " + a n y = f (x), (16)
f( x) = epalakol(Si Pn(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)
saan Si Pn(x) At Rm(x) - degree polynomials n At m ayon sa pagkakabanggit.
Pribadong solusyon y*(X) ng equation (16) ay tinutukoy ng formula
sa* (X) = xse palakol(Ginoo(x)cosbx + N r(x)sinbx), (18)
saan Ginoo(x) At N r(x) - degree polynomials r = max(n, m) na may hindi tiyak na mga coefficient , A s katumbas ng multiple ng ugat k 0 = a + ib katangian polynomial ng equation (16), at ipinapalagay namin s = 0 kung k Ang 0 ay hindi isang katangiang ugat.
Upang makabuo ng isang partikular na solusyon gamit ang formula (18), kailangan mong maghanap ng apat na parameter - a, b, r At s. Ang unang tatlo ay tinutukoy mula sa kanang bahagi ng equation, at r- ito talaga ang pinakamataas na antas x, matatagpuan sa kanang bahagi. Parameter s natagpuan mula sa paghahambing ng mga numero k 0 = a + ib At ang set ng lahat (isinasaalang-alang ang multiplicity) katangian na mga ugat ng equation (16), na matatagpuan sa pamamagitan ng paglutas ng kaukulang homogenous equation.
Isaalang-alang natin ang mga espesyal na kaso ng anyo ng function (17):
1) sa a ¹ 0, b= 0f(x)= e palakol P n(x);
2) kailan a= 0, b ¹ 0f(x)= Si Pn(x) Saosbx + R m(x)sinbx;
3) kailan a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Puna 1. Kung P n (x) º 0 o Rm(x)º 0, pagkatapos ay ang kanang bahagi ng equation f(x) = e ax P n (x)с osbx o f(x) = e ax R m (x)sinbx, ibig sabihin, naglalaman lamang ng isa sa mga function - cosine o sine. Ngunit sa pag-record ng isang partikular na solusyon, pareho ang mga ito ay dapat naroroon, dahil, ayon sa formula (18), ang bawat isa sa kanila ay pinarami ng isang polynomial na may hindi natukoy na mga coefficient ng parehong degree r = max(n, m).
Halimbawa 11. Tukuyin ang uri ng partial solution sa isang linear homogeneous equation ng ika-4 na order na may pare-parehong coefficient kung ang kanang bahagi ng equation ay kilala f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)kasalanan 3x) at ang mga ugat ng katangiang equation:
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.
Solusyon. Sa kanang bahagi nakita namin iyon sa partikular na solusyon sa*(X), na tinutukoy ng formula (18), mga parameter: a= 1, b= 3, r = 2. Nananatili silang pareho para sa lahat ng tatlong kaso, kaya ang bilang k 0 na tumutukoy sa huling parameter s ang formula (18) ay katumbas ng k 0 = 1+ 3i. Kung sakaling (a) walang numero sa mga katangiang ugat k 0 = 1 + 3ako, Ibig sabihin, s= 0, at ang isang partikular na solusyon ay may anyo
y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)kasalanan 3x) =
= ex( (Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)kasalanan 3x.
Kung sakaling (b) ang numero k 0 = 1 + 3i nangyayari minsan sa mga katangiang ugat, na nangangahulugang s = 1 At
y*(X) = x e x((Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)kasalanan 3x.
Para sa kaso (c) mayroon kami s = 2 at
y*(X) = x 2 e x((Ax 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)kasalanan 3x.
Sa halimbawa 11, ang partikular na solusyon ay naglalaman ng dalawang polynomial ng degree 2 na may hindi natukoy na mga coefficient. Upang makahanap ng solusyon, kailangan mong matukoy ang mga numerical na halaga ng mga coefficient na ito. Bumuo tayo ng pangkalahatang tuntunin.
Upang matukoy ang hindi kilalang coefficient ng polynomials Ginoo(x) At N r(x) pagkakapantay-pantay (17) ay pinag-iiba ang kinakailangang bilang ng beses, at ang function ay pinapalitan y*(X) at mga derivatives nito sa equation (16). Kung ihahambing ang kaliwa at kanang bahagi nito, nakukuha natin ang system algebraic equation upang mahanap ang mga coefficient.
Halimbawa 12. Humanap ng solusyon sa equation sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = xe 2x, na natukoy ang isang partikular na solusyon ng inhomogeneous equation sa pamamagitan ng anyo ng kanang bahagi.
Solusyon. Ang pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation ay may anyo
sa( X) = ` sa(X)+ y*(X),
saan ` sa ( X) - ang pangkalahatang solusyon ng katumbas na homogenous equation, at y*(X) - partikular na solusyon ng isang hindi homogenous na equation.
Una naming lutasin ang homogenous equation sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = 0. Ang katangiang equation nito k 2 - k- 6 = 0 may dalawang ugat k 1 = 3,k 2 = - 2, kaya naman, ` sa ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Gamitin natin ang formula (18) upang matukoy ang uri ng partikular na solusyon sa*(X). Function f(x) = xe 2x kumakatawan espesyal na kaso(a) mga formula (17), habang a = 2,b = 0 At r = 1, i.e. k 0 = 2 + 0ako = 2. Ang paghahambing sa mga katangian ng mga ugat, napagpasyahan namin iyon s = 0. Ang pagpapalit ng mga halaga ng lahat ng mga parameter sa formula (18), mayroon kami y*(X) = (Ah + B)e 2X .
Upang mahanap ang mga halaga A At SA, hanapin natin ang una at pangalawang order derivatives ng function y*(X) = (Ah + B)e 2X :
y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .
Pagkatapos ng pagpapalit ng function y*(X) at ang mga derivatives nito sa equation na mayroon tayo
(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Kaya, ang isang partikular na solusyon sa inhomogeneous equation ay may anyo
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
at ang pangkalahatang solusyon - sa ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Tandaan 2.Sa kaso kapag ang problemang Cauchy ay iniharap para sa isang hindi magkakatulad na equation, kailangan munang maghanap ng pangkalahatang solusyon sa equation.
sa( X) = ,
na natukoy ang lahat ng mga numerical na halaga ng mga coefficient sa sa*(X). Pagkatapos ay gamitin ang mga paunang kundisyon at, palitan ang mga ito sa pangkalahatang solusyon (at hindi sa y*(X)), hanapin ang mga halaga ng mga constant C i.
Halimbawa 13. Humanap ng solusyon sa problemang Cauchy:
sa¢ ¢ (X) - sa¢ (X) - 6sa(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Solusyon. Ang pangkalahatang solusyon sa equation na ito ay
sa(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
ay natagpuan sa Halimbawa 12. Upang makahanap ng isang partikular na solusyon na nakakatugon sa mga unang kondisyon ng problemang ito ng Cauchy, kumuha tayo ng isang sistema ng mga equation
Ang paglutas nito, mayroon tayo C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Samakatuwid, ang solusyon sa problemang Cauchy ay ang pag-andar
sa(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Tandaan 3(prinsipyo ng superposisyon). Kung nasa linear equation Ln[y(x)]=f(x), Saan f(x) =f 1 (x)+f 2 (x) At y* 1 (x) - solusyon sa equation Ln[y(x)]=f 1 (x), A y* 2 (x) - solusyon sa equation Ln[y(x)]=f 2 (x), pagkatapos ay ang function y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) ay paglutas ng equation Ln[y(x)]=f(x).
Halimbawa 14. Ipahiwatig ang uri ng pangkalahatang solusyon sa isang linear equation
sa¢ ¢ (X) + 4sa(X) = x + sinx.
Solusyon. Pangkalahatang solusyon ng katumbas na homogenous equation
` sa(x) = C 1 cos 2x + C 2 kasalanan 2x,
dahil ang katangian equation k 2 + 4 = 0 ay may mga ugat k 1, 2 = ± 2i.Ang kanang bahagi ng equation ay hindi tumutugma sa formula (17), ngunit kung ipinakilala natin ang notasyon f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx at gamitin ang prinsipyo ng superposisyon , pagkatapos ay ang isang partikular na solusyon sa inhomogeneous equation ay matatagpuan sa anyo y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Saan y* 1 (x) - solusyon sa equation sa¢ ¢ (X) + 4sa(X) = x, A y* 2 (x) - solusyon sa equation sa¢ ¢ (X) + 4sa(X) = sinx. Ayon sa formula (18)
y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.
Pagkatapos ay ang partikular na solusyon
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
samakatuwid, ang pangkalahatang solusyon ay may anyo
sa(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Halimbawa 15. Ang isang de-koryenteng circuit ay binubuo ng isang kasalukuyang pinagmumulan na konektado sa serye na may isang emf e(t) = E kasalananw t, inductance L at mga lalagyan SA, at
