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 $r$, karşılık gelen LODE-2'nin karakteristik denkleminin sıfıra eşit kök sayısıdır. $Q_(n) \left(x\right)$ 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:
- genel biçimde yazılan PD $U$ yerine 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;
- Bilinmeyen katsayılar için elde edilen doğrusal denklem sistemini çözer.
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 CR'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) $.
Bu makale, sabit katsayılı doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden diferansiyel denklemlerin çözümü konusunu ele almaktadır. Teori, verilen problemlerin örnekleriyle birlikte tartışılacaktır. Açık olmayan terimlerin şifresini çözmek için diferansiyel denklemler teorisinin temel tanımları ve kavramları ile ilgili konuya bakmak gerekir.
p ve q'nun keyfi sayılar olduğu y "" + p · y " + q · y = f (x) formunda sabit katsayılara sahip ikinci dereceden bir doğrusal diferansiyel denklemi (LDE) ve mevcut f fonksiyonunu ele alalım. (x), x integral aralığında süreklidir.
Teoremin formülasyonuna geçelim genel çözüm LNDU.
Yandex.RTB R-A-339285-1
LDNU için genel çözüm teoremi
Teorem 1y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + formundaki homojen olmayan bir diferansiyel denklemin x aralığında yer alan genel bir çözümü. . . + f 0 (x) · y = f (x), x aralığında sürekli entegrasyon katsayıları ile f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) ve sürekli bir fonksiyon f (x), LOD'ye ve orijinal homojen olmayan denklemin y = y 0 + olduğu bazı özel y ~ çözümüne karşılık gelen genel çözüm y 0'ın toplamına eşittir. ve ~.
Bu, böyle bir ikinci dereceden denklemin çözümünün y = y 0 + y ~ biçiminde olduğunu gösterir. Y 0'ı bulma algoritması, sabit katsayılı doğrusal homojen ikinci dereceden diferansiyel denklemler hakkındaki makalede tartışılmaktadır. Bundan sonra y ~'ın tanımına geçmeliyiz.
LPDE'ye özel bir çözümün seçimi, denklemin sağ tarafında yer alan mevcut f(x) fonksiyonunun türüne bağlıdır. Bunu yapmak için, sabit katsayılı doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden diferansiyel denklemlerin çözümlerini ayrı ayrı ele almak gerekir.
f(x), n'inci derece f(x) = P n(x)'in bir polinomu olarak kabul edildiğinde, LPDE'nin özel bir çözümünün y ~ = Q n (x) formundaki bir formül kullanılarak bulunduğu sonucu çıkar. ) x γ, burada Q n ( x) n dereceli bir polinomdur, r, karakteristik denklemin sıfır köklerinin sayısıdır. y ~ değeri belirli bir y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f(x) çözümüdür, bu durumda mevcut katsayılar polinom tarafından tanımlanır
Q n (x), y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) eşitliğinden belirsiz katsayılar yöntemini kullanarak buluyoruz.
örnek 1
Cauchy teoremini kullanarak hesaplama yapın y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Çözüm
Başka bir deyişle, sabit katsayılı y "" - 2 y " = x 2 + 1 ile ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin belirli bir çözümüne geçmek gerekir; bu, verilen koşulları karşılayacaktır y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .
Doğrusalın genel çözümü homojen olmayan denklem y 0 denklemine karşılık gelen genel çözümün veya homojen olmayan y ~ denkleminin özel bir çözümünün toplamıdır, yani y = y 0 + y ~.
Önce LNDU için genel bir çözüm bulacağız, sonra da özel bir çözüm bulacağız.
Şimdi y 0'ı bulmaya geçelim. Karakteristik denklemi yazmak kökleri bulmanıza yardımcı olacaktır. bunu anladık
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Köklerin farklı ve gerçek olduğunu gördük. O yüzden yazalım
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Hadi bulalım y~'yi. Verilen denklemin sağ tarafının ikinci dereceden bir polinom olduğu, dolayısıyla köklerden birinin sıfıra eşit olduğu görülmektedir. Buradan y ~ için özel bir çözümün şöyle olacağını elde ederiz:
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, burada A, B, C değerleri belirlenmemiş katsayılar alır.
Bunları y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 formundaki eşitlikten bulalım.
Sonra şunu anlıyoruz:
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
Katsayıları x'in aynı üsleriyle eşitleyerek bir doğrusal ifadeler sistemi elde ederiz - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Yöntemlerden herhangi biriyle çözerken katsayıları bulup yazacağız: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 ve y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Bu girdiye sabit katsayılı orijinal doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümü denir.
y (0) = 2, y "(0) = 1 4 koşullarını karşılayan özel bir çözüm bulmak için değerlerin belirlenmesi gerekir. C1 Ve C2 y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x biçimindeki bir eşitliğe dayanmaktadır.
Bunu anlıyoruz:
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
Ortaya çıkan C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 formundaki denklem sistemiyle çalışıyoruz, burada C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Cauchy teoremini uyguladığımızda şunu elde ederiz:
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
Cevap: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
f(x) fonksiyonu, derecesi n olan bir polinomun ve f(x) = P n(x) · e a x üssünün çarpımı olarak temsil edildiğinde, ikinci dereceden LPDE'nin özel bir çözümünün şöyle olacağını elde ederiz: y ~ = e a x · Q n ( x) x γ formundaki denklem; burada Q n (x), n'inci dereceden bir polinomdur ve r, karakteristik denklemin α'ya eşit kök sayısıdır.
Q n (x)'e ait katsayılar y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) eşitliği ile bulunur.
Örnek 2
y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x formundaki bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun.
Çözüm
Denklem Genel görünüm y = y 0 + y ~ . Belirtilen denklem LOD y "" - 2 y " = 0'a karşılık gelir. Önceki örnekten köklerinin eşit olduğu görülebilir. k 1 = 0 ve karakteristik denklem ile k 2 = 2 ve y 0 = C 1 + C 2 e 2 x.
Denklemin sağ tarafının x 2 + 1 · e x olduğu görülmektedir. Buradan LPDE, y ~ = e a x · Q n (x) · x γ yoluyla bulunur; burada Q n (x), ikinci dereceden bir polinomdur, burada α = 1 ve r = 0, çünkü karakteristik denklem 1'e eşit bir kökü var. Buradan şunu anlıyoruz
y ~ = e a x · Q n (x) · x γ = e x · A x 2 + B x + C · x 0 = e x · A x 2 + B x + C .
A, B, C, y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x eşitliği ile bulunabilen bilinmeyen katsayılardır.
Anladım
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 Bir 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 ⇔ - Bir x 2 - B x + 2 Bir - C = 1 x 2 + 0 x + 1
Göstergeleri aynı katsayılarla eşitliyoruz ve bir doğrusal denklem sistemi elde ediyoruz. Buradan A, B, C'yi buluyoruz:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Cevap: y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3'ün LNDDE'nin özel bir çözümü olduğu açıktır ve y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - ikinci dereceden homojen olmayan dif denklemi için genel bir çözüm.
Fonksiyon f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x olarak yazıldığında ve 1 Ve 1'DE sayılardır, bu durumda LPDE'nin kısmi çözümünün, A ve B'nin dikkate alındığı y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ formundaki bir denklem olduğu kabul edilir. belirsiz katsayılar ve r, karakteristik denklemle ilgili karmaşık eşlenik köklerin sayısıdır; ± i β'ya eşittir. Bu durumda katsayıların aranması y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) eşitliği kullanılarak gerçekleştirilir.
Örnek 3
y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formundaki bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun.
Çözüm
Karakteristik denklemi yazmadan önce y 0'ı buluyoruz. Daha sonra
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 ben , k 2 = - 2 ben
Bir çift karmaşık eşlenik kökümüz var. Haydi dönüştürelim ve şunu elde edelim:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Karakteristik denklemin kökleri eşlenik çift ± 2 i olarak kabul edilir, bu durumda f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) olur. Bu durum y ~ için aramanın y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x şeklinde yapılacağını göstermektedir. A ve B katsayılarını y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formundaki bir eşitlikten arayacağız.
Hadi dönüştürelim:
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 çünkü (2 x)) x + A çünkü (2 x) + B sin (2 x)) " = = (- 4 A çünkü (2 x) - 4 B günah (2 x)) x - 2 A günah (2 x) + 2 B çünkü (2 x) - - 2 A günah (2 x) + 2 B çünkü (2) x) = = (- 4 A çünkü (2 x) - 4 B günah (2 x)) x - 4 A günah (2 x) + 4 B çünkü (2 x)
O halde açıktır ki
y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A günah (2 x) + 4 B çünkü (2 x) + + 4 (A çünkü (2 x) + B günah (2 x)) x = cos (2 x) + 3 günah (2 x) ⇔ - 4 A günah (2 x) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x)
Sinüs ve kosinüs katsayılarını eşitlemek gerekir. Şu formda bir sistem elde ediyoruz:
4 Bir = 3 4 B = 1 ⇔ Bir = - 3 4 B = 1 4
Bundan şu sonuç çıkar: y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Cevap: sabit katsayılı orijinal ikinci dereceden LDDE'nin genel çözümü dikkate alınır
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
f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) olduğunda, bu durumda y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ, r'nin karakteristik denklemle ilgili karmaşık eşlenik kök çiftlerinin sayısı olduğunu ve α ± i β'ya eşit olduğunu biliyoruz; burada P n (x), Q k (x), Lm(x) ve Nm(x) n, k, m, m dereceli polinomlardır; burada m = m a x (n, k). Katsayıları bulma Lm(x) Ve Nm(x) y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) eşitliğine dayalı olarak yapılır.
Örnek 4
Genel çözümü bulun y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Çözüm
Koşula göre açıktır ki
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
O halde m = m a x (n, k) = 1. Önce y 0'ı yazarak buluyoruz karakteristik denklem tip:
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
Köklerin gerçek ve farklı olduğunu bulduk. Dolayısıyla y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Daha sonra, formun homojen olmayan y ~ denklemine dayalı genel bir çözüm aramak gerekir.
y ~ = e α x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) çünkü (β x) · x γ = = e 3 x · ((A x + B) çünkü (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) çünkü (5 x) + (C x + D) sin (5 x))
A, B, C'nin r = 0 katsayıları olduğu bilinmektedir, çünkü α ± i β = 3 ± 5 · i karakteristik denklemiyle ilgili eşlenik kök çifti yoktur. Ortaya çıkan eşitlikten bu katsayıları buluyoruz:
y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) çünkü (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) çünkü (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) "" - - 3 (e 3 x ((A x + B) çünkü (5 x) + (C x + D) günah (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) günah (5 x) + (8 x - 5) çünkü (5 x))
Türev ve benzer terimlerin bulunması şunu verir:
E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) sin (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 · günah (5 x) + 45 · günah (5 x) ) + + 8 x çünkü (5 x) - 5 çünkü (5 x))
Katsayıları eşitledikten sonra şu formda bir sistem elde ederiz:
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
Her şeyden şu anlaşılıyor
y ~ = e 3 x · ((A x + B) çünkü (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) çünkü (5 x) + (x + 1) günah (5 x))
Cevap:Şimdi verilen doğrusal denklemin genel bir çözümünü elde ettik:
y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) çünkü (5 x) + (x + 1) sin (5 x))
LDNU'yu çözmek için algoritma
Tanım 1Çözüm için diğer herhangi bir f(x) fonksiyonu türü, çözüm algoritmasına uygunluk gerektirir:
- y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 olan karşılık gelen doğrusal homojen denklemin genel bir çözümünü bulmak, burada y 1 Ve y 2 LODE'nin doğrusal bağımsız kısmi çözümleridir, C1 Ve C2 keyfi sabitler olarak kabul edilir;
- LNDE'nin genel bir çözüm olarak benimsenmesi y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- bir fonksiyonun türevlerinin C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " (x) formundaki bir sistem aracılığıyla belirlenmesi ) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) ve fonksiyonları bulma C1(x) ve C2(x) entegrasyon yoluyla.
Örnek 5
Y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x için genel çözümü bulun.
Çözüm
Daha önce y 0, y "" + 36 y = 0 yazarak karakteristik denklemi yazmaya devam ediyoruz. Yazalım ve çözelim:
k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 ben , k 2 = - 6 ben ⇒ y 0 = C 1 çünkü (6 x) + C 2 günah (6 x) ⇒ y 1 (x) = çünkü (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)
Verilen denklemin genel çözümünün y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) olarak yazılacağını düşünüyoruz. Türev fonksiyonların tanımına geçmek gerekir C1(x) Ve C2(x) denklemli bir sisteme göre:
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) çünkü (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 günah (6 x) + C 2 "(x) (6 cos (6 x)) = = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x
Konuyla ilgili bir karar verilmesi gerekiyor C 1"(x) Ve C 2"(x) herhangi bir yöntemi kullanarak. Sonra şunu yazıyoruz:
C 1 " (x) = - 4 günah 2 (6 x) + 2 günah (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x günah (6 x) C 2 " (x) = 4 günah (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Denklemlerin her birinin entegre edilmesi gerekir. Daha sonra ortaya çıkan denklemleri yazıyoruz:
C 1 (x) = 1 3 günah (6 x) çünkü (6 x) - 2 x - 1 6 çünkü 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x çünkü (6 x) - 1 2 e 6 x sin ( 6 x) + C 3 C 2 (x) = - 1 6 günah (6 x) çünkü (6 x) - x - 1 3 çünkü 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x çünkü (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4
Buradan genel çözümün şu şekilde olacağı anlaşılmaktadır:
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 günah (6 x) + C 4 günah (6 x) = = - 2 x çünkü (6 x) - x günah (6 x) - 1 6 çünkü (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 çünkü (6 x) + C 4 günah (6 x)
Cevap: 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 (6x)
Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen onu vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.
Doğrusal homojen bir denklemin genel çözümünün bilindiği durumda, homojen olmayan bir denklemin genel çözümünü keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanarak bulmanın mümkün olduğunu gördük. Ancak homojen bir denklemin genel çözümünün nasıl bulunacağı sorusu açık kaldı. Doğrusal diferansiyel denklemde (3) tüm katsayıların olduğu özel durumda ben(X)= bir ben - sabitler, entegrasyon olmadan bile oldukça basit bir şekilde çözülebilir.
Sabit katsayılı doğrusal bir homojen diferansiyel denklemi düşünün, yani. formun denklemleri
sen (N) + bir 1 sen (N – 1) +...bir N – 1 sen " + a n y = 0, (14)
Nerede ve ben- sabitler (Ben= 1, 2, ...,N).
Bilindiği gibi, 1. dereceden doğrusal homojen bir denklem için çözüm, formun bir fonksiyonudur. e kx. Denklemin (14) çözümünü şu şekilde arayacağız: J (X) = e kx.
Fonksiyonu denklem (14)'te yerine koyalım J (X) ve mertebeden türevleri M (1 £ M£ N)J (M) (X) = k m e kx. Aldık
(k n + bir 1 kn – 1 +...bir n – 1 k + bir n)e kx = 0,
Ancak e kx ¹ herhangi biri için 0 X, Bu yüzden
k n + a 1 k n – 1 +...bir N – 1 k + a n = 0. (15)
Denklem (15) denir karakteristik denklem, sol taraftaki polinom- karakteristik polinom , onun kökleri- karakteristik kökler diferansiyel denklem (14).
Çözüm:
işlevJ (X) = e kx - doğrusal homojen denklemin (14) çözümü ancak ve ancak sayı k - karakteristik denklemin kökü (15).
Böylece doğrusal homojen denklemi (14) çözme süreci cebirsel denklemi (15) çözmeye indirgenir.
Karakteristik köklerin çeşitli durumları mümkündür.
1.Karakteristik denklemin tüm kökleri gerçek ve farklıdır.
Bu durumda N farklı karakteristik kökler k 1 ,k 2 ,..., kn karşılık gelir N homojen denklemin farklı çözümleri (14)
Bu çözümlerin doğrusal olarak bağımsız olduğu ve dolayısıyla aşağıdakileri oluşturduğu gösterilebilir: temel sistem kararlar. Dolayısıyla denklemin genel çözümü fonksiyondur.
Nerede İLE 1 , C 2 , ..., Cn - keyfi sabitler.
Örnek 7. Doğrusal homojen denklemin genel çözümünü bulun:
A) en¢ ¢ (X) - 6en¢ (X) + 8en(X) = 0,b) en¢ ¢ ¢ (X) + 2en¢ ¢ (X) - 3en¢ (X) = 0.
Çözüm. Karakteristik bir denklem oluşturalım. Bunu yapmak için mertebenin türevini değiştiririz M işlevler sen(X) uygun dereceye kadar
k(en (M) (X) « km),
fonksiyonun kendisi ise en(X) sıfırıncı dereceden türev ile değiştirildiğinden k 0 = 1.
(a) durumunda karakteristik denklem şu şekildedir: k 2 - 6k + 8 = 0. Bunun kökleri ikinci dereceden denklem k 1 = 2,k 2 = 4. Gerçek ve farklı oldukları için genel çözüm şu şekildedir: J (X)= C 1 e 2X + C2 e 4x.
(b) durumu için karakteristik denklem 3. derece denklemdir k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Bu denklemin köklerini bulalım:
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.
Bu karakteristik kökler diferansiyel denklemin temel çözüm sistemine karşılık gelir:
J 1 (X)= e 0X = 1, J 2 (X) = ex, J 3 (X)= e - 3X .
Formül (9)'a göre genel çözüm, fonksiyondur
J (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Karakteristik denklemin tüm kökleri farklıdır ancak bazıları karmaşıktır.
Diferansiyel denklemin (14) ve dolayısıyla karakteristik denkleminin (15) tüm katsayıları- gerçek sayılar; bu, karakteristik kökler arasında c'nin karmaşık bir kök olduğu anlamına gelir k 1 = a + ib, yani eşlenik kökü k 2 = ` k 1 = bir- ib.İlk köke k 1 diferansiyel denklemin çözümüne karşılık gelir (14)
J 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(Euler formülünü kullandık e i x = cosx + isinx). Aynı şekilde kök k 2 = bir- ibçözüme karşılık gelir
J 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e balta(cosbx - isinbx).
Bu çözümler kapsamlıdır. Onlardan gerçek çözümler elde etmek için doğrusal homojen denklemlerin çözümlerinin özelliklerini kullanırız (bkz. 13.2). Fonksiyonlar
denklemin (14) gerçek çözümleridir. Üstelik bu çözümler doğrusal olarak bağımsızdır. Böylece aşağıdaki sonucu çıkarabiliriz.
Kural 1.Bir çift eşlenik kompleks kök a± doğrusal homojen denklemin FSR'sindeki karakteristik denklemin ib'si (14) iki gerçek kısmi çözüme karşılık gelirVe .
Örnek 8. Denklemin genel çözümünü bulun:
A) en¢ ¢ (X) - 2en ¢ (X) + 5en(X) = 0 ;B) en¢ ¢ ¢ (X) - en¢ ¢ (X) + 4en ¢ (X) - 4en(X) = 0.
Çözüm. Denklem (a) durumunda, karakteristik denklemin kökleri k 2 - 2k + 5 = 0 iki eşlenik karmaşık sayıdır
k 1, 2 = .
Sonuç olarak, kural 1'e göre, bunlar iki gerçek doğrusal bağımsız çözüme karşılık gelir: ve ve denklemin genel çözümü, fonksiyondur.
J (X)= C 1 e x çünkü 2x + C 2 e x günah 2X.
(b) durumunda karakteristik denklemin köklerini bulmak için k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, sol tarafını çarpanlarına ayırıyoruz:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Bu nedenle üç karakteristik kökümüz var: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2Ben. Cornu k 1 çözüme karşılık gelir ve bir çift eşlenik kompleks kök k 2, 3 = ± 2ben = 0 ± 2Ben- iki geçerli çözüm: ve . Denklemin genel çözümünü oluşturuyoruz:
J (X)= C 1 e x + C 2 çünkü 2x + C 3 günah 2X.
III . Karakteristik denklemin kökleri arasında katlar vardır.
İzin vermek k 1 - çokluğun gerçek kökü M karakteristik denklem (15), yani kökler arasında M eşit kökler. Her biri diferansiyel denklemin (14) aynı çözümüne karşılık gelir. M FSR'de doğrusal olarak bağımlı bir fonksiyonlar sistemi oluşturdukları için eşit çözümler yoktur.
Çoklu kök olması durumunda gösterilebilir. k 1 denklem (14)'ün çözümleri, fonksiyona ek olarak, fonksiyonlardır
Fonksiyonlar tüm sayısal eksende doğrusal olarak bağımsızdır, çünkü FSR'ye dahil edilebilirler.
Kural 2. Gerçek karakteristik kök k 1 çokluk M FSR'de karşılık gelir Mçözümler:
Eğer k 1 - karmaşık kök çokluğu M karakteristik denklem (15), o zaman bir eşlenik kök vardır k 1 çokluk M. Benzetme yoluyla aşağıdaki kuralı elde ederiz.
Kural 3. Bir çift eşlenik kompleks kök a± FSR'deki ib, 2mreal doğrusal bağımsız çözümlere karşılık gelir:
, , ..., ,
, , ..., .
Örnek 9. Denklemin genel çözümünü bulun:
A) en¢ ¢ ¢ (X) + 3en¢ ¢ (X) + 3en¢ (X)+ e ( X)= 0;b) IV'te(X) + 6en¢ ¢ (X) + 9en(X) = 0.
Çözüm. (a) durumunda karakteristik denklem şu şekildedir:
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
yani k =- 1 - çokluğun kökü 3. Kural 2'ye dayanarak genel çözümü yazıyoruz:
J (X)= C 1 + C 2 x + C 3 X 2 .
(b) durumundaki karakteristik denklem denklemdir
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
ya da,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± Ben.
Her birinin çokluğu 2 olan bir çift eşlenik kompleks kökümüz var. Kural 3'e göre genel çözüm şu şekilde yazılır:
J (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 X.
Yukarıdakilerden, sabit katsayılı herhangi bir doğrusal homojen denklem için temel bir çözüm sistemi bulmanın ve genel bir çözüm oluşturmanın mümkün olduğu anlaşılmaktadır. Sonuç olarak, herhangi bir durum için karşılık gelen homojen olmayan denklemin çözümü sürekli fonksiyon F(X) sağ tarafta keyfi sabitlerin değişimi yöntemi kullanılarak bulunabilir (bkz. bölüm 5.3).
Örnek 10. Varyasyon yöntemini kullanarak homojen olmayan denklemin genel çözümünü bulun en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = x e 2X .
Çözüm. İlk önce karşılık gelen homojen denklemin genel çözümünü buluyoruz en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = 0. Karakteristik denklemin kökleri k 2 - k- 6 = 0 k 1 = 3,k 2 = - 2, bir homojen denklemin genel çözümü - işlev ` en ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Formdaki homojen olmayan denklemin çözümünü arayacağız
en( X) = İLE 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Wronski determinantını bulalım
W[e 3X , e 2X ] = .
Bilinmeyen fonksiyonların türevleri için bir denklem sistemi (12) oluşturalım İLE ¢ 1 (X) Ve İLE¢ 2 (X):
Sistemi Cramer formüllerini kullanarak çözerek şunu elde ederiz:
Bütünleşerek şunu buluruz İLE 1 (X) Ve İLE 2 (X):
İşlevleri değiştirme İLE 1 (X) Ve İLE 2 (X) eşitliğe (*) dönüştürerek denklemin genel bir çözümünü elde ederiz en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = x e 2X :
Sabit katsayılı doğrusal homojen olmayan bir denklemin sağ tarafının özel bir forma sahip olması durumunda, keyfi sabitleri değiştirme yöntemine başvurmadan homojen olmayan denklemin özel bir çözümü bulunabilir.
Sabit katsayılı denklemi düşünün
sen (N) + 1 yıl (N– 1) +...bir N – 1 yıl " + a n y = f (X), (16)
F( X) = ebalta(P n(X)cosbx + Rm(X)sinbx), (17)
Nerede P n(X) Ve Rm(X) - derece polinomları N Ve M sırasıyla.
Özel çözüm evet*(X Denklemin (16) ) formülü ile belirlenir
en* (X) = xse balta(Bay(X)cosbx + No(X)sinbx), (18)
Nerede Bay(X) Ve No(X) - derece polinomları r = maksimum(n, m) belirsiz katsayılarla , A S kökün katına eşit k 0 = a + ib Denklemin (16) karakteristik polinomu ve varsayıyoruz s = 0 ise k 0 karakteristik bir kök değildir.
Formül (18)'i kullanarak belirli bir çözüm oluşturmak için dört parametre bulmanız gerekir. - a, b, r Ve S.İlk üçü denklemin sağ tarafından belirlenir ve R- bu aslında en yüksek derece X, sağ tarafta bulunur. Parametre S sayıların karşılaştırılmasından bulundu k 0 = a + ib Ve karşılık gelen homojen denklemin çözülmesiyle bulunan denklemin (16) tüm (çokluklar dikkate alınarak) karakteristik köklerinin kümesi.
Fonksiyon formunun özel durumlarını ele alalım (17):
1) en A ¹ 0, B= 0F(X)= e balta P n(X);
2) ne zaman A= 0, B ¹ 0F(X)= P n(X) İleosbx + Rm(X)sinbx;
3) ne zaman A = 0, B = 0F(X)=Pn(X).
Açıklama 1. Eğer Pn(x) ise º 0 veya Rm(x)º 0 ise denklemin sağ tarafı f(x) = e ax P n (x)с osbx veya f(x) = e ax R m (x)sinbx, yani fonksiyonlardan yalnızca birini içerir - kosinüs veya sinüs. Ancak belirli bir çözümün kaydedilmesinde her ikisinin de mevcut olması gerekir, çünkü formül (18)'e göre her biri, aynı derecedeki belirlenmemiş katsayılara sahip bir polinomla çarpılır r = max(n, m).
Örnek 11. Denklemin sağ tarafı biliniyorsa, sabit katsayılı 4. dereceden doğrusal homojen bir denklemin kısmi çözüm tipini belirleyin F(X) = e x(2xcos 3x+(X 2 + 1)günah 3X) ve karakteristik denklemin kökleri:
A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
B ) k 1, 2 = 1 ± 3Ben,k 3, 4 = ± 1;
V ) k 1, 2 = 1 ± 3Ben,k 3, 4 = 1 ± 3Ben.
Çözüm. Sağ tarafta bunu özel çözümde buluyoruz en*(X), formül (18) ile belirlenen parametreler: A= 1, B= 3, r = 2. Her üç durumda da aynı kalırlar, dolayısıyla sayı k Son parametreyi belirten 0 S formül (18) eşittir k 0 = 1+ 3Ben. (a) durumunda karakteristik kökler arasında sayı yoktur k 0 = 1 + 3Ben, Araç, S= 0 ve belirli bir çözüm şu şekildedir:
evet*(X) = X 0 eski(M 2 (X)çünkü 3x+N 2 (X)günah 3X) =
= eX( (Balta 2 +Bx+C)çünkü 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)günah 3X.
(b) durumunda sayı k 0 = 1 + 3Ben karakteristik kökler arasında bir kez meydana gelir, yani s = 1 Ve
evet*(X) = x e x((Balta 2 +Bx+C)çünkü 3x+(A 1 X 2 +B 1 x+C 1)günah 3X.
Durum (c) için elimizde s = 2 ve
evet*(X) =x 2 eski((Balta 2 +Bx+C)çünkü 3x+(Bir 1 X 2 +B 1 x+C 1)günah 3X.
Örnek 11'de, özel çözüm, belirlenmemiş katsayılara sahip 2. dereceden iki polinom içermektedir. Çözüm bulmak için bu katsayıların sayısal değerlerini belirlemeniz gerekir. Genel bir kural formüle edelim.
Polinomların bilinmeyen katsayılarını belirlemek Bay(X) Ve No(X) eşitlik (17) gerekli sayıda farklılaştırılır ve fonksiyon değiştirilir evet*(X) ve türevlerini denklem (16)'ya ekleyin. Sol ve sağ taraflarını karşılaştırarak sistemi elde ederiz cebirsel denklemler katsayılarını bulmak için
Örnek 12. Denklemin çözümünü bulun en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = xe 2X, homojen olmayan denklemin özel bir çözümünü sağ tarafın formuna göre belirledik.
Çözüm. Homojen olmayan denklemin genel çözümü şu şekildedir:
en( X) = ` en(X)+ evet*(X),
Nerede ` en ( X) - karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü ve evet*(X) - Homojen olmayan bir denklemin özel çözümü.
İlk önce homojen denklemi çözelim en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = 0. Karakteristik denklemi k 2 - k- 6 = 0 iki kökü var k 1 = 3,k 2 = - 2, buradan, ` en ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Belirli bir çözümün türünü belirlemek için formül (18)'i kullanalım. en*(X). İşlev F(X) = xe 2X temsil etmek özel durum(a) formüller (17), oysa bir = 2,b = 0 Ve r = 1, yani k 0 = 2 + 0ben = 2. Karakteristik köklerle karşılaştırarak şu sonuca varıyoruz: s = 0. Tüm parametrelerin değerlerini formül (18)'e koyarsak, şunu elde ederiz: evet*(X) = (Ah + B)e 2X .
Değerleri bulmak için A Ve İÇİNDE, fonksiyonun birinci ve ikinci dereceden türevlerini bulalım evet*(X) = (Ah + B)e 2X :
evet*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2 kere,
evet*¢ ¢ (X) = 2evet 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .
Fonksiyon değişiminden sonra evet*(X) ve türevlerini elimizdeki denklemde
(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2X Þ Þ bir=- 1/4,B=- 3/16.
Böylece, homojen olmayan denklemin özel bir çözümü şu şekildedir:
evet*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
ve genel çözüm - en ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Not 2.Cauchy probleminin homojen olmayan bir denklem için ortaya konması durumunda, öncelikle denklemin genel bir çözümünün bulunması gerekir.
en( X) = ,
katsayıların tüm sayısal değerlerini belirledikten sonra en*(X). Daha sonra başlangıç koşullarını kullanın ve bunları genel çözüme yerleştirin (ve yerine evet*(X))), sabitlerin değerlerini bulun C ben.
Örnek 13. Cauchy problemine bir çözüm bulun:
en¢ ¢ (X) - en¢ (X) - 6en(X) = xe 2X ey(0) = 0, sen ¢ (X) = 0.
Çözüm. Bu denklemin genel çözümü
en(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
Örnek 12'de bulunmuştur. Bu Cauchy probleminin başlangıç koşullarını karşılayan özel bir çözüm bulmak için bir denklem sistemi elde ederiz.
Bunu çözüyoruz, elimizde C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Bu nedenle Cauchy probleminin çözümü fonksiyondur.
en(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Not 3(Üstüste binme ilkesi). Eğer içindeyse Doğrusal Denklem Ln[sen(X)]= f(X), Nerede F(X) = f 1 (X)+ f 2 (X) Ve evet* 1 (X) - denklemin çözümü Ln[sen(X)]= f 1 (X), A evet* 2 (X) - denklemin çözümü Ln[sen(X)]= f 2 (X), o zaman fonksiyon evet*(X)= y* 1 (X)+ evet* 2 (X) dır-dir denklemi çözme Ln[sen(X)]= f(X).
Örnek 14. Doğrusal bir denklemin genel çözüm türünü belirtin
en¢ ¢ (X) + 4en(X) = x + sinx.
Çözüm. Karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü
` en(X) = C 1 çünkü 2x + C 2 günah 2X,
karakteristik denklemden bu yana k 2 + 4 = 0'ın kökleri var k 1, 2 = ± 2Ben. Denklemin sağ tarafı formül (17)'ye karşılık gelmez, ancak notasyonu eklersek F 1 (X) =x, F 2 (X) = sinx ve süperpozisyon ilkesini kullanın , o zaman homojen olmayan denklemin özel bir çözümü şu şekilde bulunabilir: evet*(X)= y* 1 (X)+ evet* 2 (X), Nerede evet* 1 (X) - denklemin çözümü en¢ ¢ (X) + 4en(X) =x, A evet* 2 (X) - denklemin çözümü en¢ ¢ (X) + 4en(X) = sinx. Formül (18)'e göre
evet* 1 (X) = Balta + B,evet* 2 (X) = Ссosx + Dsinx.
O zaman özel çözüm
evet*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
bu nedenle genel çözüm şu şekildedir:
en(X) = C 1 çünkü 2x + C 2 e - 2X + bir x + B + Ccosx + Dsinx.
Örnek 15. Bir elektrik devresi, bir emk ile seri olarak bağlanan bir akım kaynağından oluşur. e(T) = E günahw T, indüktans L ve konteynerler İLE, Ve
