İkinci dereceden homojen olmayan denklemler. İkinci dereceden homojen olmayan diferansiyel denklemler

İkinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemleri (LNDU-2) çözmenin temelleri sabit katsayılar(PC)

$p$ ve $q$ sabit katsayılarına sahip 2. dereceden bir LDDE, $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ biçimindedir, burada $f\left(x) \right)$ sürekli bir fonksiyondur.

PC'li LNDU 2 ile ilgili olarak aşağıdaki iki ifade doğrudur.

Bazı $U$ fonksiyonlarının homojen olmayan bir diferansiyel denklemin keyfi bir kısmi çözümü olduğunu varsayalım. Ayrıca bazı $Y$ fonksiyonlarının karşılık gelen doğrusal homojen diferansiyel denklemin (LODE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ genel çözümü (GS) olduğunu varsayalım. LHDE-2 belirtilen özel ve genel çözümlerin toplamına eşittir, yani $y=U+Y$.

2. dereceden bir LMDE'nin sağ tarafı işlevlerin toplamıysa, yani $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, sonra ilk önce karşılık gelen $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ PD'lerini bulabiliriz. $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ işlevlerinin her birine ve bundan sonra CR LNDU-2'yi $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ biçiminde yazın.

2. dereceden LPDE'nin PC ile çözümü

Belirli bir LNDU-2'nin şu veya bu PD $U$ tipinin, onun sağ tarafındaki $f\left(x\right)$ özel biçimine bağlı olduğu açıktır. PD LNDU-2'yi aramanın en basit durumları aşağıdaki dört kural şeklinde formüle edilmiştir.

Kural 1.

LNDU-2'nin sağ tarafı $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$ biçimindedir, burada $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yani buna denir $n$ dereceli polinom. Daha sonra PD'si $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ biçiminde aranır; burada $Q_(n) \left(x\right)$ başka bir şeydir $P_(n)\left(x\right)$ ile aynı dereceye sahip polinom ve $r$, kök sayısıdır karakteristik denklem LOD-2'ye karşılık gelir, sıfıra eşittir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun katsayıları belirsiz katsayılar yöntemi (UK) ile bulunur.

2 numaralı kural.

LNDU-2'nin sağ tarafı $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$ biçimindedir, burada $P_(n) \left( x\right)$ $n$ dereceli bir polinomdur. Daha sonra PD $U$, $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $ biçiminde aranır, burada $Q_(n ) \ left(x\right)$, $P_(n) \left(x\right)$ ile aynı derecede olan başka bir polinomdur ve $r$, karşılık gelen LODE-2'nin karakteristik denkleminin kök sayısıdır. $\alpha $'a eşittir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun katsayıları NC yöntemiyle bulunur.

Kural 3.

LNDU-2'nin sağ tarafı şu şekildedir: $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, burada $a$, $b$ ve $\beta$ bilinen sayılar. Daha sonra PD $U$ şu şekilde aranır: $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, burada $A$ ve $B$ bilinmeyen katsayılardır ve $r$ karşılık gelen LODE-2'nin karakteristik denkleminin kök sayısıdır, $i\cdot'a eşittir \beta $. $A$ ve $B$ katsayıları tahribatsız yöntem kullanılarak bulunur.

4 numaralı kural.

LNDU-2'nin sağ tarafı $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$ biçimindedir; burada $P_(n) \left(x\right)$ $ n$ dereceli bir polinom ve $P_(m) \left(x\right)$ $m$ dereceli bir polinomdur. Daha sonra PD $U$ $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ biçiminde aranır, burada $Q_(s) \left(x\right)$ ve $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ dereceli polinomlardır, $s$ sayısı $n$ ve $m$ iki sayının maksimumudur ve $r$ kök sayısıdır karşılık gelen LODE-2'nin karakteristik denkleminin değeri $\alpha +i\cdot \beta $'a eşittir. $Q_(s) \left(x\right)$ ve $R_(s) \left(x\right)$ polinomlarının katsayıları NC yöntemiyle bulunur.

NK yöntemi aşağıdaki kuralın uygulanmasından oluşur. Homojen olmayan diferansiyel denklem LNDU-2'nin kısmi çözümünün parçası olan polinomun bilinmeyen katsayılarını bulmak için şunlar gereklidir:

• yazılı olan PD $U$ yerine genel görünüm, V sol taraf LNDU-2;
• LNDU-2'nin sol tarafında basitleştirmeler yapın ve terimleri aynı güçlere sahip $x$ ile gruplayın;
• ortaya çıkan özdeşlikte, terimlerin katsayılarını sol ve sağ tarafların aynı kuvvetleri $x$ ile eşitleyin;
• ortaya çıkan sistemi çöz doğrusal denklemler bilinmeyen katsayılara göre.

Örnek 1

Görev: OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $'ı bulun. Ayrıca PD'yi de bulun , $x=0$ için $y=6$ ve $x=0$ için $y"=1$ başlangıç ​​koşullarını karşılıyor.

İlgili LOD-2'yi yazıyoruz: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Karakteristik denklem: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Karakteristik denklemin kökleri şöyledir: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Bu kökler geçerli ve farklıdır. Dolayısıyla, karşılık gelen LODE-2'nin OR'si şu biçimdedir: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Bu LNDU-2'nin sağ tarafı $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ biçimine sahiptir. $\alpha =3$ üssünün katsayısını dikkate almak gerekir. Bu katsayı karakteristik denklemin herhangi bir köküyle örtüşmemektedir. Bu nedenle, bu LNDU-2'nin PD'si $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ biçimine sahiptir.

$A$, $B$ katsayılarını NC yöntemini kullanarak arayacağız.

Çek Cumhuriyeti'nin birinci türevini buluyoruz:

$U"=\left(A\cdot x+B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\sağ)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

Çek Cumhuriyeti'nin ikinci türevini buluyoruz:

$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot \left(e^(3\cdot x) \sağ)^((") ) =$

$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$

$y""$, $y"$ ve $y$ yerine $U""$, $U"$ ve $U$ işlevlerini verilen NLDE-2 $y""-3\cdot y" yerine koyarız -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x). $ Üstelik $e^(3\cdot x) $ üssü bir faktör olarak dahil edildiğinden tüm bileşenlerde bu ihmal edilebilir:

$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$

Ortaya çıkan eşitliğin sol tarafındaki eylemleri gerçekleştiriyoruz:

$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$

NDT yöntemini kullanıyoruz. İki bilinmeyenli bir doğrusal denklem sistemi elde ediyoruz:

$-18\cdot A=36;$

$3\cdot A-18\cdot B=12,$

Bu sistemin çözümü: $A=-2$, $B=-1$.

Sorunumuz için PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ şuna benzer: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

Sorunumuz için OR $y=Y+U$ şuna benzer: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Verilen başlangıç ​​koşullarını karşılayan bir PD bulmak için OP'nin $y"$ türevini buluyoruz:

$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$

$y$ ve $y"$ başlangıç ​​koşullarını $x=0$ için $y=6$ ve $x=0$ için $y"=1$ olarak değiştiririz:

$6=C_(1) +C_(2) -1; $

$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$

Bir denklem sistemi aldık:

$C_(1) +C_(2) =7;$

$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$

Hadi çözelim. Cramer formülünü kullanarak $C_(1) $'ı buluruz ve ilk denklemden $C_(2) $ belirleriz:

$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ begin(array)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$

Dolayısıyla, bu diferansiyel denklemin PD'si şu biçimdedir: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Derste LNDE'ler inceleniyor - doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler.

Genel çözümün yapısı dikkate alınır, LPDE'nin keyfi sabitlerin değişimi yöntemiyle çözümü, LDDE'nin sabit katsayılarla çözümü ve özel bir formun sağ tarafı. Göz önünde bulundurulan konular fizik, elektrik mühendisliği ve elektronikteki zorlanmış salınımların ve otomatik kontrol teorisinin incelenmesinde kullanılmaktadır.

1. 2. mertebeden lineer homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümünün yapısı.

İlk önce keyfi dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklemi ele alalım:

Gösterimi dikkate alarak şunu yazabiliriz:

Bu durumda katsayıların ve bu denklemin sağ tarafının belirli bir aralıkta sürekli olduğunu varsayacağız. Teorem.

Belirli bir alandaki doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümü, çözümlerinden herhangi birinin ve karşılık gelen doğrusal homojen diferansiyel denklemin genel çözümünün toplamıdır. Kanıt.

Y homojen olmayan bir denklemin bir çözümü olsun.

Daha sonra bu çözümü orijinal denklemde yerine koyarken özdeşliği elde ederiz:
- İzin vermek temel sistem doğrusal çözümler
homojen denklem . Daha sonra genel çözüm

homojen denklem şu şekilde yazılabilir:

Özellikle, 2. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklem için genel çözümün yapısı şu şekildedir:
karşılık gelen homojen denklemin temel çözüm sistemidir ve
- homojen olmayan bir denklemin herhangi bir özel çözümü.

Dolayısıyla, doğrusal homojen olmayan bir diferansiyel denklemi çözmek için, karşılık gelen homojen denklemin genel bir çözümünü bulmak ve bir şekilde özel bir çözüm bulmak gerekir. homojen olmayan denklem. Genellikle seçim yoluyla bulunur. Aşağıdaki sorularda özel bir çözüm seçme yöntemlerini ele alacağız.

2. Varyasyon yöntemi

Uygulamada, keyfi sabitlerin değiştirilmesi yöntemini kullanmak uygundur.

Bunu yapmak için önce aşağıdaki formdaki karşılık gelen homojen denklemin genel bir çözümünü bulun:

Daha sonra katsayıları yerleştirerek C Ben gelen işlevler X homojen olmayan denklemin çözümü aranır:

Fonksiyonları bulmanın kanıtlanabilir C Ben (X) denklem sistemini çözmemiz gerekiyor:

Örnek. Denklemi çöz

Doğrusal homojen bir denklemin çözülmesi

Homojen olmayan denklemin çözümü şu şekilde olacaktır:

Bir denklem sistemi oluşturalım:

Bu sistemi çözelim:

İlişkiden fonksiyonu buluyoruz Ah).

Şimdi bulduk B(x).

Elde edilen değerleri homojen olmayan denklemin genel çözümü için formüle koyarız:

Son cevap:

Genel olarak konuşursak, keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, herhangi bir doğrusal homojen olmayan denklemin çözümlerini bulmak için uygundur. Ama çünkü Karşılık gelen homojen denklemin temel çözüm sistemini bulmak oldukça zor bir iş olabilir; bu yöntem esas olarak sabit katsayılı homojen olmayan denklemler için kullanılır.

3. Özel bir formun sağ tarafı olan denklemler

Homojen olmayan denklemin sağ tarafının türüne bağlı olarak belirli bir çözümün türünü hayal etmek mümkün görünüyor.

Aşağıdaki durumlar ayırt edilir:

I. Doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin sağ tarafı şu şekildedir:

derece polinomu nerede M.

Daha sonra şu şekilde özel bir çözüm aranır:

Burada Q(X) - aynı dereceden polinom P(X) , ancak belirlenmemiş katsayılarla ve R– karşılık gelen doğrusal homojen diferansiyel denklem için karakteristik denklemin kökü  sayısının kaç katı olduğunu gösteren bir sayı.

Örnek. Denklemi çöz
.

Karşılık gelen homojen denklemi çözelim:

Şimdi orijinal homojen olmayan denklemin özel bir çözümünü bulalım.

Denklemin sağ tarafını yukarıda tartışılan sağ tarafın formuyla karşılaştıralım.

Şu formda belirli bir çözüm arıyoruz:
, Nerede

Onlar.

Şimdi bilinmeyen katsayıları belirleyelim A Ve İÇİNDE.

Genel formdaki özel çözümü orijinal homojen olmayan diferansiyel denklemin yerine koyalım.

Toplam, özel çözüm:

O zaman doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümü şöyledir:

II.

Burada Doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin sağ tarafı şu şekildedir: 1 R(X) Doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin sağ tarafı şu şekildedir: 2 R Ve M– derece polinomları M 2 1 ve

sırasıyla.

O zaman homojen olmayan denklemin özel bir çözümü şu şekilde olacaktır: R numara nerede
bir sayının kaç katı olduğunu gösterir Q 1 (X) Ve Q 2 (X) karşılık gelen homojen denklemin karakteristik denkleminin köküdür ve M– dereceden yüksek olmayan polinomlar M, Nerede M 1 - derecelerin en büyüğü M 2 .

Ve

Özel çözüm türlerinin özet tablosu

çokluğun karakteristik denkleminin kökleridir

Denklemin sağ tarafı yukarıda ele alınan türde ifadelerin bir kombinasyonu ise, o zaman çözümün, her biri dahil edilen ifadeye karşılık gelen bir sağ tarafa sahip olan yardımcı denklemlerin çözümlerinin bir kombinasyonu olarak bulunduğunu unutmayın. kombinasyon halinde.
Onlar. eğer denklem:
, o zaman bu denklemin özel bir çözümü olacak Nerede 1 (X) Nerede 2 en

(X)

– yardımcı denklemlerin özel çözümleri

Örnek. Denklemi çöz

Açıklamak için yukarıdaki örneği farklı bir şekilde çözelim. Diferansiyel denklemin sağ tarafını iki fonksiyonun toplamı olarak temsil edelim. 1 (X) + Diferansiyel denklemin sağ tarafını iki fonksiyonun toplamı olarak temsil edelim. 2 (X) = X + (- F X).

günah

Karakteristik denklemi oluşturup çözelim:

Şunu elde ederiz: yani.

Toplam:

Onlar. gerekli özel çözüm şu şekildedir:

Homojen olmayan bir diferansiyel denklemin genel çözümü:

Açıklanan yöntemlerin uygulama örneklerine bakalım. Denklemi çöz

Örnek 1..

Karşılık gelen doğrusal homojen diferansiyel denklem için bir karakteristik denklem oluşturalım:

Şimdi homojen olmayan denklemin özel bir çözümünü şu şekilde buluyoruz:

Belirsiz katsayılar yöntemini kullanalım.

Orijinal denklemde yerine koyarsak şunu elde ederiz:

Belirli bir çözüm şu şekildedir:

Örnek. Denklemi çöz

Doğrusal homojen olmayan bir denklemin genel çözümü:

Karakteristik denklem:

Homojen denklemin genel çözümü:
.

Homojen olmayan denklemin özel çözümü:

Türevleri buluyoruz ve bunları orijinal homojen olmayan denklemde yerine koyuyoruz:

Homojen olmayan diferansiyel denklemin genel bir çözümünü elde ederiz:

Genel çözümün yapısı Bu türden doğrusal homojen olmayan bir denklem şu şekildedir: Nerede P, Q- sabit sayılar (gerçek veya karmaşık olabilir). Bu tür her denklem için karşılık gelenleri yazabiliriz.: homojen denklem Teorem : Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü genel çözümün toplamıdır 0 (X sen : Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü genel çözümün toplamıdır 1 (X) karşılık gelen homojen denklemin ve özel çözümün ) homojen olmayan denklem: Aşağıda homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmenin iki yolunu ele alacağız. Sabitlerin değişimi yöntemi : Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü genel çözümün toplamıdır Genel çözüm ise İlişkili homojen denklemin 0'ı biliniyorsa, homojen olmayan denklemin genel çözümü şu şekilde bulunabilir: sabit değişim yöntemi . Homojen bir ikinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekilde olsun: C Kalıcı yerine C 1 ve C 1 (X 2 yardımcı fonksiyonları ele alacağız C 2 (X) Ve ). Diferansiyel denklemin sağ tarafını iki fonksiyonun toplamı olarak temsil edelim.(XÇözümü sağlayacak şekilde bu işlevleri arayacağız. C 1 (X 2 yardımcı fonksiyonları ele alacağız C 2 (X Homojen olmayan denklemi sağ tarafla sağladık ). Bilinmeyen işlevler ) iki denklem sisteminden belirlenir: Diferansiyel denklemin sağ tarafını iki fonksiyonun toplamı olarak temsil edelim.(X Belirsiz katsayı yöntemi Sağ taraf Homojen olmayan bir diferansiyel denklemin ) değeri genellikle bir polinom, üstel veya trigonometrik fonksiyon veya bu fonksiyonların bir kombinasyonudur. Bu durumda, kullanarak bir çözüm aramak daha uygundur. belirsiz katsayılar yöntemi. Şunu vurgulayalım bu yöntem α yalnızca sağ taraftaki sınırlı bir işlev sınıfı için çalışır; örneğin Her iki durumda da özel bir çözümün seçimi, homojen olmayan diferansiyel denklemin sağ tarafının yapısına uygun olmalıdır. Durum 1'de, eğer sayı V X üstel fonksiyon karakteristik denklemin köküyle çakışıyorsa, özel çözüm ek bir faktör içerecektir üstel fonksiyon S α , Nerede − kök çokluğu karakteristik denklemde. 2. durumda, eğer sayı Xα + βi karakteristik denklemin köküyle çakışıyorsa, özel çözüme ilişkin ifade ek bir faktör içerecektir . Bilinmeyen katsayılar, belirli bir çözüm için bulunan ifadenin orijinal homojen olmayan diferansiyel denklemde değiştirilmesiyle belirlenebilir. Süperpozisyon ilkesi Homojen olmayan denklemin sağ tarafı ise miktar

formun çeşitli işlevleri

o zaman diferansiyel denklemin özel bir çözümü aynı zamanda sağ taraftaki her terim için ayrı ayrı oluşturulan kısmi çözümlerin toplamı olacaktır. Örnek 1 Diferansiyel denklemi çözün X). y"" + y İlk önce karşılık gelen homojen denklemi çözeriz Örnek 1= 0.V bu durumda karakteristik denklemin kökleri tamamen hayalidir: Sonuç olarak, homojen denklemin genel çözümü şu ifadeyle verilir: Homojen olmayan denkleme tekrar dönelim. Çözümünü formda arayacağız sabitlerin değişimi yöntemini kullanarak. Fonksiyonlar C 1 (X 2 yardımcı fonksiyonları ele alacağız C 2 (X) şuradan bulunabilir: sonraki sistem denklemler: Türevini ifade edelim C 1 " (X) ilk denklemden: İkinci denklemde yerine koyarak türevi buluyoruz C 2 " (X): Şunu takip ediyor Türevler için ifadelerin integrali C 1 " (X 2 yardımcı fonksiyonları ele alacağız C 2 " (X), şunu elde ederiz: Nerede A 1 , A 2 – entegrasyon sabitleri. Şimdi bulunan fonksiyonları yerine koyalım C 1 (X 2 yardımcı fonksiyonları ele alacağız C 2 (X) formülüne : Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü genel çözümün toplamıdır 1 (X) ve homojen olmayan denklemin genel çözümünü yazın:

Örnek 2

Denklemin genel çözümünü bulun y"" + y" −6: Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü genel çözümün toplamıdır = 36X. y"" + y Belirsiz katsayılar yöntemini kullanalım. Verilen denklemin sağ tarafı Diferansiyel denklemin sağ tarafını iki fonksiyonun toplamı olarak temsil edelim.(X)doğrusal fonksiyon= balta + b . Bu nedenle formda belirli bir çözüm arayacağız Türevler eşittir: X Bunu diferansiyel denklemde yerine koyarsak şunu elde ederiz: X Son denklem bir özdeşliktir, yani herkes için geçerlidir. bu nedenle terimlerin katsayılarını aynı derecelere eşitliyoruz A = −6, sol ve sağ tarafta: Ortaya çıkan sistemden şunları buluyoruz: B = −1. Sonuç olarak, özel çözüm şu şekilde yazılır: Şimdi homojen diferansiyel denklemin genel çözümünü bulalım. Yardımcı karakteristik denklemin köklerini hesaplayalım:

Bu nedenle, karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü şu şekildedir:

Dolayısıyla, orijinal homojen olmayan denklemin genel çözümü aşağıdaki formülle ifade edilir:

DE'nin genel integrali.

Diferansiyel denklemi çözün

Ancak işin en komik yanı, cevabın zaten biliniyor olması: Daha doğrusu bir sabit de eklemeliyiz: Genel integral, diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi. Çözüm örnekleri Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için kullanılır. Bu ders, konuyla ilgili az çok bilgili olan öğrencilere yöneliktir. Uzaktan kumandayla yeni tanışmaya başlıyorsanız, örn. Eğer çaydanlık yapıyorsanız ilk dersle başlamanızı öneririm:

Birinci mertebeden diferansiyel denklemler. Çözüm örnekleri

. Zaten bitirmek üzereyseniz, lütfen yöntemin zor olduğu yönündeki olası önyargıyı bir kenara bırakın. Çünkü çok basit. Hangi durumlarda keyfi sabitlerin değişimi yöntemi kullanılır?. Denklem birinci dereceden olduğundan sabit de birdir.

2) Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi bazı problemleri çözmek için kullanılır. doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden denklemler. Burada iki sabit değişmektedir.

Dersin iki paragraftan oluşacağını varsaymak mantıklıdır... Bu yüzden bu cümleyi yazdım ve yaklaşık 10 dakika boyunca pratik örneklere sorunsuz bir geçiş için başka ne gibi akıllıca saçmalıklar ekleyebileceğimi acı içinde düşündüm. Ama bazı nedenlerden dolayı tatilden sonra hiçbir fikrim yok, her ne kadar hiçbir şeyi kötüye kullanmamış gibi görünsem de. Bu nedenle doğrudan ilk paragrafa geçelim.

Keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi birinci dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklem için

Keyfi bir sabitin varyasyon yöntemini düşünmeden önce makaleye aşina olmanız tavsiye edilir. Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler. O derste pratik yapmıştık ilk çözüm homojen olmayan 1. dereceden DE. Size hatırlatırım, bu ilk çözüme denir değiştirme yöntemi veya Bernoulli yöntemi(karıştırılmaması gereken Bernoulli denklemi!!!)

Şimdi bakacağız ikinci çözüm– keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi. Sadece üç örnek vereceğim ve bunları yukarıda bahsedilen dersten alacağım. Neden bu kadar az? Çünkü aslında ikinci yoldaki çözüm, birinci yoldaki çözüme çok benzer olacaktır. Ayrıca gözlemlerime göre keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, yerine koyma yöntemine göre daha az kullanılıyor.

Örnek 1

Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun (Dersin 2 numaralı örneğinden Diffour) 1. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler)

Çözüm: Bu denklem doğrusal homojen değildir ve tanıdık bir forma sahiptir:

İlk aşamada, daha basit bir denklemi çözmek gerekiyor: Yani, sağ tarafı aptalca sıfırlıyoruz - bunun yerine sıfır yazıyoruz. Denklemi çağıracağım yardımcı denklem.

Bu örnekte aşağıdaki yardımcı denklemi çözmeniz gerekir:

Bizden önce ayrılabilir denklem, çözümü (umarım) artık sizin için zor değildir:

Böylece: – yardımcı denklemin genel çözümü.

İkinci adımda değiştireceğiz biraz sabit şimdilik"x"e bağlı bilinmeyen fonksiyon:

Dolayısıyla yöntemin adı - sabiti değiştiriyoruz. Alternatif olarak sabit, şimdi bulmamız gereken bir fonksiyon olabilir.

İÇİNDE orijinal homojen olmayan denklemde değiştirmeyi yaparız:

Denklemde yerine koyalım:

Kontrol noktası – sol taraftaki iki terim birbirini götürür. Bu olmazsa yukarıdaki hatayı aramalısınız.

Yerine koyma sonucunda ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde edildi. Değişkenleri ayırıp entegre ediyoruz.

Ne büyük nimet, üsler de iptal ediyor:

Bulunan fonksiyona “normal” bir sabit ekliyoruz:

Son aşamada değişimimizi hatırlıyoruz:

İşlev az önce bulundu!

Yani genel çözüm şudur:

Cevap: genel çözüm:

Eğer iki çözümün çıktısını alırsanız, her iki durumda da aynı integralleri bulduğumuzu kolaylıkla fark edeceksiniz. Tek fark çözüm algoritmasındadır.

Şimdi daha karmaşık bir şey için ikinci örnek hakkında da yorum yapacağım:

Örnek 2

Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun (Dersin 8 numaralı örneğinden Diffour) 1. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler)

Çözüm: Denklemi forma getirelim:

Sağ tarafı sıfırlayalım ve yardımcı denklemi çözelim:

Değişkenleri ayırıp integral alıyoruz: Yardımcı denklemin genel çözümü:

Homojen olmayan denklemde değiştirmeyi yaparız:

Ürün farklılaştırma kuralına göre:

Başlangıçtaki homojen olmayan denklemi yerine koyalım:

Sol taraftaki iki terim birbirini götürür, bu da doğru yolda olduğumuz anlamına gelir:

Parçalara göre integral alalım. Parçalara göre entegrasyon formülündeki lezzetli harf zaten çözüme dahil olduğundan, örneğin "a" ve "be" harflerini kullanıyoruz:

Sonuç olarak:

Şimdi değiştirmeyi hatırlayalım:

Cevap: genel çözüm:

Keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden bir denklem için sabit katsayılı

İkinci dereceden bir denklem için keyfi sabitleri değiştirme yönteminin kolay bir şey olmadığı fikrini sık sık duydum. Ancak şunu varsayıyorum: Büyük olasılıkla, yöntem pek çok kişi için zor görünüyor çünkü çok sık meydana gelmiyor. Ancak gerçekte özel bir zorluk yoktur; kararın gidişatı açık, şeffaf ve anlaşılırdır. Ve güzel.

Yönteme hakim olmak için, homojen olmayan ikinci dereceden denklemleri, sağ tarafın biçimine göre özel bir çözüm seçerek çözebilmek arzu edilir. Bu yöntem makalede ayrıntılı olarak tartışıldı Homojen olmayan 2. dereceden DE'ler. Sabit katsayılara sahip ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklemin şu şekilde olduğunu hatırlıyoruz:

Yukarıdaki derste tartışılan seçim yöntemi yalnızca sağ tarafın polinomlar, üsteller, sinüsler ve kosinüsler içerdiği sınırlı sayıda durumda işe yarar. Peki sağda örneğin bir kesir, logaritma, teğet olduğunda ne yapmalı? Böyle bir durumda sabitlerin değişimi yöntemi imdada yetişir.

Örnek 4

İkinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun

Çözüm: Bu denklemin sağ tarafında bir kesir var, dolayısıyla belirli bir çözümü seçme yönteminin işe yaramadığını hemen söyleyebiliriz. Keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanıyoruz.

Fırtına belirtisi yok; çözümün başlangıcı tamamen sıradan:

bulacağız genel çözüm uygun homojen denklemler:

günah – eşlenik kompleks kökler elde edildiğine göre genel çözüm şu şekildedir:

Genel çözümün kaydına dikkat edin - parantez varsa açın.

Şimdi birinci dereceden denklemde yaptığımızın hemen hemen aynısını yapıyoruz: sabitleri değiştiriyoruz, onların yerine bilinmeyen fonksiyonlar koyuyoruz. Yani, homojen olmayanların genel çözümü formdaki denklemleri arayacağız:

Nerede - şimdilik bilinmeyen işlevler

Çöp sahasına benziyor evsel atık, ama şimdi her şeyi çözeceğiz.

Bilinmeyenler fonksiyonların türevleridir. Amacımız türevleri bulmaktır ve bulunan türevlerin sistemin hem birinci hem de ikinci denklemlerini sağlaması gerekir.

“Yunanlılar” nereden geliyor? Leylek onları getiriyor. Daha önce elde edilen genel çözüme bakıyoruz ve şunu yazıyoruz:

Türevlerini bulalım:

Sol kısımlar halledildi. Sağda ne var?

- burası sağ taraf orijinal denklem, bu durumda: