მეორე რიგის (LNDE-2) წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებების ამოხსნის საფუძვლები მუდმივი კოეფიციენტებით (PC)

მეორე რიგის CLDE მუდმივი კოეფიციენტებით $p$ და $q$ აქვს $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, სადაც $f\left( x \right)$ არის უწყვეტი ფუნქცია.

შემდეგი ორი დებულება მართალია მე-2 LNDE-სთან დაკავშირებით კომპიუტერთან.

დავუშვათ, რომ ზოგიერთი ფუნქცია $U$ არის არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების თვითნებური კონკრეტული ამოხსნა. დავუშვათ, რომ ზოგიერთი ფუნქცია $Y$ არის შესაბამისი წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების (LODE) ზოგადი ამონახსნები (OR) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. შემდეგ OR LNDE-2 უდრის მითითებული კერძო და ზოგადი გადაწყვეტილებების ჯამს, ანუ $y=U+Y$.

თუ მე-2 რიგის LIDE მარჯვენა მხარე არის ფუნქციების ჯამი, ანუ $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+...+f_(r) \left(x\right)$, შემდეგ ჯერ შეგიძლიათ იპოვოთ PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $, რომელიც შეესაბამება თითოეულს $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ ფუნქციებიდან და ამის შემდეგ ჩაწერეთ LNDE-2 PD როგორც $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

მე-2 რიგის LNDE-ს ხსნარი კომპიუტერით

ცხადია, მოცემული LNDE-2-ის ამა თუ იმ PD $U$-ის ფორმა დამოკიდებულია მისი მარჯვენა მხარის კონკრეტულ ფორმაზე $f\left(x\right)$. LNDE-2-ის PD-ის ძიების უმარტივესი შემთხვევები ჩამოყალიბებულია შემდეგი ოთხი წესით.

წესი ნომერი 1.

LNDE-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, სადაც $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, ანუ მას უწოდებენ $n$ ხარისხის მრავალწევრი. შემდეგ მისი PR $U$ მოიძებნება $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, სადაც $Q_(n) \left(x\right)$ არის სხვა $P_(n) \left(x\right)$ იგივე ხარისხის მრავალწევრი, ხოლო $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ნულოვანი ფესვების რაოდენობა. $Q_(n) \left(x\right)$ მრავალწევრის კოეფიციენტები ნაპოვნია განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდით (NC).

წესი ნომერი 2.

LNDE-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, სადაც $P_(n) \left( x\right)$ არის $n$ ხარისხის მრავალწევრი. შემდეგ მისი PD $U$ მოიძებნება სახით $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, სადაც $Q_(n ) \ left(x\right)$ არის იგივე ხარისხის კიდევ ერთი პოლინომი, როგორც $P_(n) \left(x\right)$, ხოლო $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა. $\alpha $-ის ტოლია. $Q_(n) \left(x\right)$ მრავალწევრის კოეფიციენტები ნაპოვნია NK მეთოდით.

წესი ნომერი 3.

LNDE-2-ის მარჯვენა ნაწილს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, სადაც $a$, $b$ და $\beta $ ცნობილი ნომრებია. შემდეგ მისი PD $U$ იძებნება $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) სახით )\right )\cdot x^(r) $, სადაც $A$ და $B$ უცნობი კოეფიციენტებია, ხოლო $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა, ტოლია $i\cdot. \ბეტა $. კოეფიციენტები $A$ და $B$ გვხვდება NDT მეთოდით.

წესი ნომერი 4.

LNDE-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, სადაც $P_(n) \left(x\right)$ არის $ n$ ხარისხის მრავალწევრი, ხოლო $P_(m) \left(x\right)$ არის $m$ ხარისხის პოლინომი. შემდეგ მისი PD $U$ იძებნება $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, სადაც $Q_(s) \left(x\right) $ და $ R_(s) \left(x\right)$ არის $s$ ხარისხის პოლინომები, რიცხვი $s$ არის მაქსიმუმ ორი რიცხვი $n$ და $m$, ხოლო $r$ არის რიცხვი შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვები, $\alpha +i\cdot \beta $-ის ტოლი. $Q_(s) \left(x\right)$ და $R_(s) \left(x\right)$ პოლინომების კოეფიციენტები ნაპოვნია NK მეთოდით.

NK მეთოდი შედგება შემდეგი წესის გამოყენებაში. მრავალწევრის უცნობი კოეფიციენტების საპოვნელად, რომლებიც არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების LNDE-2 კონკრეტული ამოხსნის ნაწილია, საჭიროა:

• ჩაანაცვლეთ PD $U$, დაწერილი ზოგადი ფორმით, LNDE-2-ის მარცხენა ნაწილში;
• LNDE-2-ის მარცხენა მხარეს შეასრულეთ გამარტივებები და დააჯგუფეთ ტერმინები იგივე სიმძლავრით $x$;
• მიღებულ იდენტურობაში, ტერმინების კოეფიციენტები გაათანაბრეთ მარცხენა და მარჯვენა მხარის იგივე სიმძლავრეებით $x$;
• ამოხსნათ მიღებული წრფივი განტოლებათა სისტემა უცნობი კოეფიციენტებისთვის.

მაგალითი 1

ამოცანა: იპოვეთ OR LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. ასევე იპოვეთ PR , რომელიც აკმაყოფილებს საწყის პირობებს $y=6$ $x=0$-ისთვის და $y"=1$ $x=0$-ისთვის.

ჩაწერეთ შესაბამისი LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

დამახასიათებელი განტოლება: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. დამახასიათებელი განტოლების ფესვები: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. ეს ფესვები რეალური და განსხვავებულია. ამრიგად, შესაბამისი LODE-2-ის OR-ს აქვს ფორმა: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

ამ LNDE-2-ის მარჯვენა ნაწილს აქვს ფორმა $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. აუცილებელია გავითვალისწინოთ $\alpha =3$ მაჩვენებლის მაჩვენებლის კოეფიციენტი. ეს კოეფიციენტი არ ემთხვევა დამახასიათებელი განტოლების არცერთ ფესვს. ამიტომ, ამ LNDE-2-ის PR-ს აქვს ფორმა $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

ჩვენ ვეძებთ კოეფიციენტებს $A$, $B$ NK მეთოდით.

ჩვენ ვპოულობთ CR-ის პირველ წარმოებულს:

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

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

ჩვენ ვპოულობთ CR-ის მეორე წარმოებულს:

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

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

ჩვენ ვცვლით $U""$, $U"$ და $U$ ფუნქციებს $y""$, $y"$ და $y$-ის ნაცვლად მოცემულ LNDE-2 $y""-3\cdot y"-ში. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ ამავდროულად, ვინაიდან $e^(3\cdot x) $ მაჩვენებელი შედის როგორც ფაქტორი ყველა კომპონენტში, მაშინ მისი გამოტოვება შეიძლება.

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

ჩვენ ვასრულებთ მოქმედებებს მიღებული ტოლობის მარცხენა მხარეს:

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

ჩვენ ვიყენებთ NC მეთოდს. ჩვენ ვიღებთ წრფივი განტოლებათა სისტემას ორი უცნობით:

$-18\cdot A=36;$

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

ამ სისტემის გამოსავალია: $A=-2$, $B=-1$.

CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ ჩვენი პრობლემისთვის ასე გამოიყურება: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ ჩვენი პრობლემისთვის ასე გამოიყურება: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ მარცხენა (-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

იმისათვის, რომ მოვძებნოთ PD, რომელიც აკმაყოფილებს მოცემულ საწყის პირობებს, ჩვენ ვიპოვით წარმოებულს $y"$ OR:

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

ჩვენ ვცვლით $y$-ში და $y"$-ში საწყისი პირობები $y=6$ $x=0$-ით და $y"=1$ $x=0$-ით:

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

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

ჩვენ მივიღეთ განტოლებათა სისტემა:

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

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

ჩვენ მოვაგვარებთ. ჩვენ ვიპოვით $C_(1) $ კრამერის ფორმულის გამოყენებით და $C_(2) $ განისაზღვრება პირველი განტოლებიდან:

$C_(1) =\frac(\მარცხნივ|\დაწყება(მასივი)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(მასივი)\მარჯვნივ|)(\მარცხნივ|\ დასაწყისი(მასივი)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(მასივი)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$

ამრიგად, ამ დიფერენციალური განტოლების PD არის: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

საგანმანათლებლო დაწესებულება „ბელორუსის სახელმწიფო

სოფლის მეურნეობის აკადემია"

უმაღლესი მათემატიკის კათედრა

გაიდლაინები

განათლების კორესპონდენციის ფორმის (NISPO) ბუღალტერიის განყოფილების სტუდენტების მიერ თემის „მეორე რიგის ხაზოვანი დიფერენციალური განტოლებები“ შესწავლაზე.

გორკი, 2013 წ

წრფივი დიფერენციალური განტოლებები

მეორე რიგის მუდმივიკოეფიციენტები

წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებები

მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით ფორმის განტოლება ეწოდება

იმათ. განტოლება, რომელიც შეიცავს სასურველ ფუნქციას და მის წარმოებულებს მხოლოდ პირველ ხარისხში და არ შეიცავს მათ პროდუქტებს. ამ განტოლებაში და
არის რამდენიმე რიცხვი და ფუნქცია
მოცემულია გარკვეული ინტერვალით
.

Თუ
ინტერვალზე
, შემდეგ განტოლება (1) იღებს ფორმას

, (2)

და დაურეკა ხაზოვანი ერთგვაროვანი . წინააღმდეგ შემთხვევაში, განტოლება (1) ეწოდება წრფივი არაერთგვაროვანი .

განვიხილოთ რთული ფუნქცია

, (3)

სადაც
და
რეალური ფუნქციებია. თუ ფუნქცია (3) არის (2) განტოლების რთული ამოხსნა, მაშინ რეალური ნაწილი
და წარმოსახვითი ნაწილი
გადაწყვეტილებები
ცალკე აღებული არის ერთი და იგივე ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნები. ამრიგად, (2) განტოლების ნებისმიერი რთული ამონახსნები წარმოქმნის ამ განტოლების ორ რეალურ ამონახსნებს.

ერთგვაროვანი წრფივი განტოლების ამონახსნებს აქვთ შემდეგი თვისებები:

Თუ არის (2) განტოლების ამონახსნი, შემდეგ ფუნქცია
, სად თან- თვითნებური მუდმივი, ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი;

Თუ და არის (2) განტოლების ამონახსნები, შემდეგ ფუნქცია
ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი;

Თუ და არის (2) განტოლების ამონახსნები, შემდეგ მათი წრფივი კომბინაცია
ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი, სადაც და
არის თვითნებური მუდმივები.

ფუნქციები
და
დაურეკა წრფივად დამოკიდებული ინტერვალზე
თუ არის ასეთი რიცხვები და
, რომლებიც ერთდროულად ნულის ტოლი არ არის, რომ ამ ინტერვალზე ტოლია

თუ ტოლობა (4) მოქმედებს მხოლოდ მაშინ, როცა
და
, შემდეგ ფუნქციები
და
დაურეკა წრფივი დამოუკიდებელი ინტერვალზე
.

მაგალითი 1 . ფუნქციები
და
არიან წრფივი დამოკიდებულნი, ვინაიდან
მთელი რიცხვითი ხაზის გასწვრივ. ამ მაგალითში
.

მაგალითი 2 . ფუნქციები
და
ისინი წრფივად დამოუკიდებელნი არიან ნებისმიერ ინტერვალზე, რადგან თანასწორობაა
შესაძლებელია მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ და
, და
.

წრფივი ერთგვაროვანის ზოგადი ამოხსნის აგება

განტოლებები

იმისათვის, რომ იპოვოთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი (2), თქვენ უნდა იპოვოთ მისი ორი ხაზოვანი დამოუკიდებელი ამონახსნები და . ამ გადაწყვეტილებების ხაზოვანი კომბინაცია
, სად და
არის თვითნებური მუდმივები და მისცემს ხაზოვანი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას.

(2) განტოლების წრფივად დამოუკიდებელი ამონახსნები იქნება მოძიებული ფორმაში

, (5)

სადაც - რაღაც ნომერი. მერე
,
. მოდით ჩავანაცვლოთ ეს გამონათქვამები განტოლებაში (2):

ან
.

როგორც
, მაშინ
. ასე რომ ფუნქცია
იქნება (2) განტოლების ამონახსნი თუ დააკმაყოფილებს განტოლებას

. (6)

განტოლება (6) ეწოდება დამახასიათებელი განტოლება (2) განტოლებისთვის. ეს განტოლება არის ალგებრული კვადრატული განტოლება.

დაე იყოს და არის ამ განტოლების ფესვები. ისინი შეიძლება იყოს ან რეალური და განსხვავებული, ან რთული, ან რეალური და თანაბარი. განვიხილოთ ეს შემთხვევები.

დაუშვით ფესვები და დამახასიათებელი განტოლებები რეალური და განსხვავებულია. მაშინ (2) განტოლების ამონახსნები იქნება ფუნქციები
და
. ეს გადაწყვეტილებები წრფივი დამოუკიდებელია, რადგან თანასწორობაა
შეიძლება შესრულდეს მხოლოდ მაშინ, როდესაც
, და
. მაშასადამე, განტოლების (2) ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

,

სადაც და
არის თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 3
.

გადაწყვეტილება . ამ დიფერენციალისთვის დამახასიათებელი განტოლება იქნება
. ამ კვადრატული განტოლების ამოხსნით, ვიპოვით მის ფესვებს
და
. ფუნქციები
და
არის დიფერენციალური განტოლების ამონახსნები. ამ განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა
.

რთული რიცხვი ფორმის გამოხატულება ეწოდება
, სად და არის რეალური რიცხვები და
წარმოსახვითი ერთეული ეწოდება. Თუ
, შემდეგ ნომერი
წმინდა წარმოსახვითი ეწოდება. თუ
, შემდეგ ნომერი
იდენტიფიცირებულია რეალური რიცხვით .

ნომერი ეწოდება რთული რიცხვის ნამდვილ ნაწილს და - წარმოსახვითი ნაწილი. თუ ორი რთული რიცხვი ერთმანეთისგან განსხვავდება მხოლოდ წარმოსახვითი ნაწილის ნიშნით, მაშინ მათ კონიუგატი ეწოდება:
,
.

მაგალითი 4 . ამოხსენით კვადრატული განტოლება
.

გადაწყვეტილება . განტოლების დისკრიმინანტი
. მაშინ. ანალოგიურად,
. ამრიგად, ამ კვადრატულ განტოლებას აქვს კონიუგირებული რთული ფესვები.

დაე, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები იყოს რთული, ე.ი.
,
, სად
. (2) განტოლების ამონახსნები შეიძლება დაიწეროს როგორც
,
ან
,
. ეილერის ფორმულების მიხედვით

,
.

შემდეგ,. როგორც ცნობილია, თუ რთული ფუნქცია არის წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნი, მაშინ ამ განტოლების ამონახსნები არის ამ ფუნქციის როგორც რეალური, ასევე წარმოსახვითი ნაწილები. ამრიგად, (2) განტოლების ამონახსნები იქნება ფუნქციები
და
. თანასწორობიდან გამომდინარე

შეიძლება შესრულდეს მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ
და
, მაშინ ეს ამონახსნები წრფივად დამოუკიდებელია. მაშასადამე, (2) განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

სადაც და
არის თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 5 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები
.

გადაწყვეტილება . განტოლება
დამახასიათებელია მოცემული დიფერენციალისთვის. ვხსნით და ვიღებთ რთულ ფესვებს
,
. ფუნქციები
და
არის დიფერენციალური განტოლების წრფივი დამოუკიდებელი ამონახსნები. ამ განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა.

დაე, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები იყოს რეალური და ტოლი, ე.ი.
. მაშინ (2) განტოლების ამონახსნები არის ფუნქციები
და
. ეს ამონახსნები წრფივად დამოუკიდებელია, რადგან გამონათქვამი შეიძლება იყოს იდენტურად ნულის ტოლი მხოლოდ მაშინ
და
. მაშასადამე, (2) განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა
.

მაგალითი 6 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები
.

გადაწყვეტილება . დამახასიათებელი განტოლება
აქვს თანაბარი ფესვები
. ამ შემთხვევაში დიფერენციალური განტოლების წრფივი დამოუკიდებელი ამონახსნები არის ფუნქციები
და
. ზოგად გამოსავალს აქვს ფორმა
.

არაჰომოგენური მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლებები მუდმივი კოეფიციენტებით

და სპეციალური მარჯვენა მხარე

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების (1) ზოგადი ამონახსნი უდრის ზოგადი ამონახსნის ჯამს
შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლება და რაიმე კონკრეტული ამონახსნი
არაერთგვაროვანი განტოლება:
.

ზოგიერთ შემთხვევაში, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნის პოვნა შეიძლება უბრალოდ მარჯვენა მხარის სახით.
განტოლებები (1). განვიხილოთ შემთხვევები, როდესაც ეს შესაძლებელია.

იმათ. არაჰომოგენური განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი მ. Თუ
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა ვეძებოთ ხარისხის მრავალწევრის სახით მ, ე.ი.

შანსები
განისაზღვრება კონკრეტული გადაწყვეტის ძიების პროცესში.

თუ
არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა ვეძებოთ სახით

მაგალითი 7 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები
.

გადაწყვეტილება . ამ განტოლების შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლებაა
. მისი დამახასიათებელი განტოლება
აქვს ფესვები
და
. ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა
.

როგორც
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ ჩვენ ვეძებთ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას ფუნქციის სახით
. იპოვეთ ამ ფუნქციის წარმოებულები
,
და ჩაანაცვლეთ ისინი ამ განტოლებაში:

ან . გააიგივეთ კოეფიციენტები და თავისუფალი წევრები:
ამ სისტემის გადაჭრით, ჩვენ ვიღებთ
,
. მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა
და ამ არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები იქნება შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნისა და არაერთგვაროვანის კონკრეტული ამონახსნის ჯამი:
.

დაე, არაერთგვაროვან განტოლებას ფორმა ჰქონდეს

Თუ
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ ფორმაში უნდა მოიძებნოს არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი. თუ
არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვი კ (კ= 1 ან კ=2), მაშინ ამ შემთხვევაში არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტულ ამონახსანს ექნება ფორმა .

მაგალითი 8 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები
.

გადაწყვეტილება . შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლებისთვის დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა
. მისი ფესვები
,
. ამ შემთხვევაში, შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები იწერება როგორც
.

ვინაიდან რიცხვი 3 არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ უნდა მოძებნოთ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი ფორმაში.
. ვიპოვოთ პირველი და მეორე რიგის წარმოებულები:

ჩაანაცვლეთ დიფერენციალურ განტოლებაში:
+ +,
+,.

გააიგივეთ კოეფიციენტები და თავისუფალი წევრები:

აქედან
,
. მაშინ ამ განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა
და ზოგადი გადაწყვეტა

.

თვითნებური მუდმივების ვარიაციის ლაგრანგის მეთოდი

თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი შეიძლება გამოყენებულ იქნას ნებისმიერ არაერთგვაროვან წრფივ განტოლებაზე მუდმივი კოეფიციენტებით, მიუხედავად მარჯვენა მხარის ფორმისა. ეს მეთოდი შესაძლებელს ხდის ყოველთვის იპოვოთ არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები, თუ ცნობილია შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

დაე იყოს
და
არის (2) განტოლების წრფივად დამოუკიდებელი ამონახსნები. მაშინ ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის
, სად და
არის თვითნებური მუდმივები. თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდის არსი იმაში მდგომარეობს, რომ (1) განტოლების ზოგადი ამონახსნები მოძებნილია ფორმით

სადაც
და
- მოიძებნება ახალი უცნობი ფუნქციები. ვინაიდან არსებობს ორი უცნობი ფუნქცია, მათ საპოვნელად საჭიროა ამ ფუნქციების შემცველი ორი განტოლება. ეს ორი განტოლება ქმნის სისტემას

რომელიც არის განტოლებათა წრფივი ალგებრული სისტემა
და
. ამ სისტემის გადაჭრას ჩვენ ვპოულობთ
და
. მიღებული ტოლობების ორივე ნაწილის ინტეგრირებით ვხვდებით

და
.

ამ გამონათქვამების (9) ჩანაცვლებით, ჩვენ ვიღებთ არაერთგვაროვანი წრფივი განტოლების (1) ზოგად ამონახსანს.

მაგალითი 9 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები
.

გადაწყვეტილება. მოცემული დიფერენციალური განტოლების შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების დამახასიათებელი განტოლება არის
. მისი ფესვები რთულია
,
. როგორც
და
, მაშინ
,
და ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა მაშინ ამ არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნები მოიძებნება იმ ფორმით, სადაც
და
- უცნობი ფუნქციები.

ამ უცნობი ფუნქციების საპოვნელ განტოლებათა სისტემას აქვს ფორმა

ამ სისტემის გადაჭრას ჩვენ ვპოულობთ
,
. მერე

,
. მოდით შევცვალოთ მიღებული გამონათქვამები ზოგადი ამოხსნის ფორმულაში:

ეს არის ამ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა, რომელიც მიღებულია ლაგრანგის მეთოდით.

კითხვები ცოდნის თვითკონტროლისთვის

რომელ დიფერენციალურ განტოლებას ეწოდება მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით?

რომელ წრფივ დიფერენციალურ განტოლებას ეწოდება ერთგვაროვანი და რომელს არაერთგვაროვანი?

რა თვისებები აქვს წრფივ ერთგვაროვან განტოლებას?

რომელ განტოლებას უწოდებენ ხაზოვანი დიფერენციალური განტოლების მახასიათებელს და როგორ მიიღება იგი?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები დამახასიათებელი განტოლების სხვადასხვა ფესვების შემთხვევაში?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები დამახასიათებელი განტოლების თანაბარი ფესვების შემთხვევაში?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები დამახასიათებელი განტოლების რთული ფესვების შემთხვევაში?

როგორ იწერება წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი?

რა ფორმით არის მოძიებული წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნები, თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები განსხვავებულია და არ არის ნულის ტოლი, ხოლო განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი. მ?

რა ფორმით არის მოძიებული წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნები, თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვებს შორის არის ერთი ნული, ხოლო განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი. მ?

რა არის ლაგრანგის მეთოდის არსი?

ამ სტატიაში მოცემულია მეორე რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებების მუდმივი კოეფიციენტებით ამოხსნის საკითხი. თეორია განხილული იქნება მოცემული ამოცანების მაგალითებთან ერთად. გაუგებარი ტერმინების გასაშიფრად საჭიროა მივმართოთ დიფერენციალური განტოლებების თეორიის ძირითადი განმარტებებისა და ცნებების თემას.

განვიხილოთ მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება (LDE) y "" + p y " + q y \u003d f (x) ფორმის მუდმივი კოეფიციენტებით, სადაც p და q არის თვითნებური რიცხვები, ხოლო არსებული ფუნქცია f (x) არის. უწყვეტი ინტეგრაციის ინტერვალზე x .

მოდით გადავიდეთ LIDE-ის ამოხსნის ზოგადი თეორემის ფორმულირებაზე.

Yandex.RTB R-A-339285-1

ზოგადი ამოხსნის თეორემა LDNU-სთვის

თეორემა 1

y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + ფორმის არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი, რომელიც მდებარეობს x ინტერვალზე. . . + f 0 (x) y = f (x) უწყვეტი ინტეგრაციის კოეფიციენტებით x ინტერვალზე f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) და უწყვეტი ფუნქცია f (x) უდრის y 0 ზოგადი ამოხსნის ჯამს, რომელიც შეესაბამება LODE-ს და ზოგიერთ კონკრეტულ ამონახს y ~ , სადაც თავდაპირველი არაერთგვაროვანი განტოლებაა y = y 0. + y ~ .

ეს აჩვენებს, რომ ასეთი მეორე რიგის განტოლების ამონახსნის ფორმა აქვს y = y 0 + y ~ . y 0-ის პოვნის ალგორითმი განხილულია სტატიაში მუდმივი კოეფიციენტებით მეორე რიგის წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლებების შესახებ. ამის შემდეგ უნდა გადავიდეს y ~-ის განსაზღვრებაზე.

LIDE-ის კონკრეტული ამოხსნის არჩევანი დამოკიდებულია განტოლების მარჯვენა მხარეს განლაგებული ხელმისაწვდომი ფუნქციის f (x) ტიპზე. ამისთვის საჭიროა ცალ-ცალკე განვიხილოთ მეორე რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებების ამონახსნები მუდმივი კოეფიციენტებით.

როდესაც f (x) განიხილება, როგორც n-ე ხარისხის მრავალწევრი f (x) = P n (x) , გამოდის, რომ LIDE-ის კონკრეტული ამონახსნები გვხვდება y ~ = Q n (x) ფორმის ფორმულით. ) x γ , სადაც Q n ( x) არის n ხარისხის მრავალწევრი, r არის დამახასიათებელი განტოლების ნულოვანი ფესვების რაოდენობა. y ~-ის მნიშვნელობა არის კონკრეტული ამოხსნა y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , შემდეგ ხელმისაწვდომი კოეფიციენტები, რომლებიც განისაზღვრება მრავალწევრით
Q n (x) , ჩვენ ვხვდებით განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდის გამოყენებით y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) ტოლობიდან.

მაგალითი 1

გამოთვალეთ კოშის თეორემის გამოყენებით y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

გადაწყვეტილება

სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, აუცილებელია მეორე რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების კონკრეტულ ამონახსნის გადატანა მუდმივი კოეფიციენტებით y "" - 2 y " = x 2 + 1 , რომელიც დააკმაყოფილებს მოცემულ პირობებს y (0) = 2, y" (0) = 1 4.

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები არის ზოგადი ამოხსნის ჯამი, რომელიც შეესაბამება y 0 განტოლებას ან y ~ არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტულ ამონახს, ანუ y = y 0 + y ~ .

ჯერ მოდი ვიპოვოთ ზოგადი გამოსავალი LNDE-სთვის, შემდეგ კი კონკრეტული.

მოდით გადავიდეთ y 0-ის პოვნაზე. დამახასიათებელი განტოლების დაწერა დაგეხმარებათ ფესვების პოვნაში. ჩვენ ამას მივიღებთ

k 2 - 2 k \u003d 0 k (k - 2) \u003d 0 k 1 \u003d 0, k 2 \u003d 2

ჩვენ აღმოვაჩინეთ, რომ ფესვები განსხვავებული და რეალურია. ამიტომ, ჩვენ ვწერთ

y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d C 1 + C 2 e 2 x.

მოდი ვიპოვოთ ~ . ჩანს, რომ მოცემული განტოლების მარჯვენა მხარე მეორე ხარისხის მრავალწევრია, მაშინ ერთ-ერთი ფესვი ნულის ტოლია. აქედან მივიღებთ, რომ y ~-ის კონკრეტული გამოსავალი იქნება

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, სადაც არის A, B, C მნიშვნელობები აიღეთ განუსაზღვრელი კოეფიციენტები.

ვიპოვოთ ისინი y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 ფორმის ტოლობიდან.

მაშინ მივიღებთ ამას:

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

კოეფიციენტების იგივე მაჩვენებლები x , მივიღებთ წრფივი გამოსახულებების სისტემას - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . რომელიმე მეთოდით ამოხსნისას ვპოულობთ კოეფიციენტებს და ვწერთ: A = - 1 6 , B = - 1 4 , C = - 3 4 და y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

ამ ჩანაწერს ეწოდება მეორე რიგის თავდაპირველი წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა მუდმივი კოეფიციენტებით.

კონკრეტული ამოხსნის მოსაძებნად, რომელიც აკმაყოფილებს y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 პირობებს, საჭიროა მნიშვნელობების განსაზღვრა C1და C2, y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x ფორმის ტოლობის საფუძველზე.

ჩვენ ვიღებთ ამას:

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

ჩვენ ვმუშაობთ C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 ფორმის განტოლებათა სისტემით, სადაც C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

კოშის თეორემის გამოყენებით, ჩვენ გვაქვს ეს

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

პასუხი: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

როდესაც f (x) ფუნქცია წარმოდგენილია როგორც მრავალწევრის ნამრავლი n ხარისხით და მაჩვენებლით f (x) = P n (x) e a x, მაშინ აქედან მივიღებთ, რომ მეორე რიგის LIDE-ის კონკრეტული ამონახსნი იქნება. y ~ = e a x Q n ( x) · x γ ფორმის განტოლება, სადაც Q n (x) არის n-ე ხარისხის მრავალწევრი, ხოლო r არის α-ს ტოლი დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა.

Q n (x)-ის კუთვნილი კოეფიციენტები გვხვდება y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) ტოლობით.

მაგალითი 2

იპოვეთ y "" - 2 y " = (x 2 + 1) ფორმის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები · e x .

გადაწყვეტილება

ზოგადი განტოლება y = y 0 + y ~ . მითითებული განტოლება შეესაბამება LOD y "" - 2 y " = 0. წინა მაგალითი გვიჩვენებს, რომ მისი ფესვები არის k1 = 0და k 2 = 2 და y 0 = C 1 + C 2 e 2 x დამახასიათებელი განტოლების მიხედვით.

ჩანს, რომ განტოლების მარჯვენა მხარეა x 2 + 1 · e x. აქედან LNDE გვხვდება y ~ = e a x Q n (x) x γ , სადაც Q n (x) არის მეორე ხარისხის მრავალწევრი, სადაც α = 1 და r = 0 , რადგან დამახასიათებელ განტოლებას არ აქვს ფესვი ტოლი. 1-მდე. აქედან გამომდინარე მივიღებთ ამას

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 უცნობი კოეფიციენტებია, რომლებიც შეიძლება ვიპოვოთ y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x ტოლობით.

Გავიგე

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

ჩვენ ვაიგივებთ ინდიკატორებს იგივე კოეფიციენტებისთვის და ვიღებთ წრფივი განტოლებების სისტემას. აქედან ვპოულობთ A, B, C:

A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3

პასუხი:ჩანს, რომ y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 არის LIDE-ს კონკრეტული ამონახსნი და y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

როდესაც ფუნქცია იწერება როგორც f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x , და A 1და 1-შიარის რიცხვები, მაშინ განტოლება y ~ = A cos β x + B sin β x x γ , სადაც A და B განიხილება განუსაზღვრელ კოეფიციენტებად და r მახასიათებელ განტოლებასთან დაკავშირებული რთული კონიუგატური ფესვების რაოდენობა, ტოლია ± i β. ამ შემთხვევაში კოეფიციენტების ძიება ხორციელდება y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) ტოლობით.

მაგალითი 3

იპოვეთ y "" ფორმის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

გადაწყვეტილება

დამახასიათებელი განტოლების დაწერამდე ვპოულობთ y 0 . მერე

k 2 + 4 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 i, k 2 \u003d - 2 i

ჩვენ გვაქვს რთული კონიუგირებული ფესვების წყვილი. მოდით გარდავქმნათ და მივიღოთ:

y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) \u003d C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

დამახასიათებელი განტოლებიდან ფესვები მიჩნეულია შეერთებულ წყვილად ± 2 i , შემდეგ f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . ეს აჩვენებს, რომ y ~ ძიება განხორციელდება y ~ =-დან (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. უცნობი A და B კოეფიციენტები მოიძებნება y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ფორმის ტოლობიდან.

მოდით გარდავქმნათ:

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)

მაშინ ჩანს, რომ

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) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)

აუცილებელია სინუსების და კოსინუსების კოეფიციენტების გათანაბრება. ჩვენ ვიღებთ ფორმის სისტემას:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

აქედან გამომდინარეობს, რომ y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

პასუხი:მეორე რიგის ორიგინალური LIDE-ის ზოგადი ამონახსნები მუდმივი კოეფიციენტებით ითვლება

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

როდესაც f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , მაშინ y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x ) cos (β x) x γ გვაქვს, რომ r არის დამახასიათებელ განტოლებასთან დაკავშირებული ფესვების რთული კონიუგატური წყვილების რაოდენობა, ტოლია α ± i β, სადაც P n (x) , Q k (x) , L m ( x) და N m (x)არის n, k, m ხარისხის მრავალწევრები, სადაც m = m a x (n, k). კოეფიციენტების მოძიება ლ მ (x)და N m (x)იწარმოება თანასწორობის საფუძველზე y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

მაგალითი 4

იპოვეთ ზოგადი ამონახსნი y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

გადაწყვეტილება

მდგომარეობიდან ირკვევა, რომ

α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1

მაშინ m = m a x (n , k) = 1 . ჩვენ ვპოულობთ y 0-ს, ჯერ ფორმის დამახასიათებელი განტოლების ჩაწერით:

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

ჩვენ აღმოვაჩინეთ, რომ ფესვები რეალური და განსხვავებულია. აქედან გამომდინარე, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. შემდეგი, აუცილებელია მოძებნოთ ზოგადი ამოხსნა, რომელიც დაფუძნებულია ფორმის არაერთგვაროვან განტოლებაზე y ~

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) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))

ცნობილია, რომ A, B, C არის კოეფიციენტები, r = 0, რადგან არ არსებობს წყვილი კონიუგირებული ფესვები, რომლებიც დაკავშირებულია დამახასიათებელ განტოლებასთან α ± i β = 3 ± 5 · i . ეს კოეფიციენტები ნაპოვნია მიღებული თანასწორობიდან:

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 + დ) ცოდვა (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) ცოდვა (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

წარმოებული და მსგავსი ტერმინების პოვნა იძლევა

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 sin (5 x) + 45 sin (5 x) + + 8 x cos ( 5 x) - 5 cos (5 x))

კოეფიციენტების გათანაბრების შემდეგ ვიღებთ ფორმის სისტემას

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

ყოველივედან გამომდინარეობს, რომ

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)ცოდვა (5x))

პასუხი:ახლა მიღებულია მოცემული წრფივი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

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))

LDNU ამოხსნის ალგორითმი

განმარტება 1

ნებისმიერი სხვა სახის ფუნქცია f (x) ამონახსნებისთვის ითვალისწინებს ამოხსნის ალგორითმს:

• შესაბამისი წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნის პოვნა, სადაც y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , სადაც y 1და y2არის LODE-ს წრფივად დამოუკიდებელი კონკრეტული გადაწყვეტილებები, 1-დანდა 2-დანგანიხილება თვითნებური მუდმივები;
• მიღება, როგორც LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
• ფუნქციის წარმოებულების განსაზღვრა სისტემის მეშვეობით 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) , და ფუნქციების პოვნა C 1 (x)და C 2 (x) ინტეგრაციის გზით.

მაგალითი 5

იპოვეთ y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

გადაწყვეტილება

ჩვენ ვაგრძელებთ დამახასიათებელი განტოლების დაწერას, მანამდე რომ დავწერეთ y 0 , y "" + 36 y = 0 . დავწეროთ და მოვაგვაროთ:

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) = ცოდვა (6 x)

გვაქვს, რომ მოცემული განტოლების ზოგადი ამოხსნის ჩანაწერი მიიღებს y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . აუცილებელია გადავიდეს წარმოებული ფუნქციების განსაზღვრებაზე C 1 (x)და C2(x)სისტემის მიხედვით განტოლებებით:

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)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

გადაწყვეტილების მიღებაა საჭირო ამასთან დაკავშირებით C 1" (x)და C2" (x)ნებისმიერი მეთოდის გამოყენებით. შემდეგ ჩვენ ვწერთ:

C 1 "(x) \u003d - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2" (x) \u003d 4 ცოდვა (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

თითოეული განტოლება უნდა იყოს ინტეგრირებული. შემდეგ ვწერთ მიღებულ განტოლებებს:

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 sin (6 x) + C 4

აქედან გამომდინარეობს, რომ ზოგად გადაწყვეტას ექნება ფორმა:

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 sin (6 x)

პასუხი: 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)

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter

ჩვენ დავრწმუნდით, რომ იმ შემთხვევაში, როდესაც ცნობილია წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები, შესაძლებელია არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნის პოვნა თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდით. თუმცა, კითხვა, თუ როგორ უნდა ვიპოვოთ ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები, ღია დარჩა. კონკრეტულ შემთხვევაში, როდესაც ხაზოვან დიფერენციალურ განტოლებაში (3) ყველა კოეფიციენტი p i(X)= a i - მუდმივები, ის წყდება საკმაოდ მარტივად, ინტეგრაციის გარეშეც კი.

განვიხილოთ წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით, ანუ ფორმის განტოლებები

წ (ნ) + ა 1 წ (ნ – 1) + ... ა ნ – 1 წ " + a n y = 0, (14)

სადაც ა ი- მუდმივები (მე= 1, 2, ...,ნ).

როგორც ცნობილია, I რიგის წრფივი ჰომოგენური განტოლებისთვის ამონახსნი არის ფორმის ფუნქცია. ე kx .ჩვენ ვეძებთ გამოსავალს განტოლების (14) ფორმაში ჯ (X) = ე kx.

ჩავანაცვლოთ (14) განტოლებაში ფუნქცია ჯ (X) და მისი რიგის წარმოებულები მ (1 £ მ£ ნ)ჯ (მ) (X) = k m e kx. მიიღეთ

(k n + a 1 k n – 1 +… და n – 1 k + a n)e kx = 0,

მაგრამ ე k x ¹ 0 ნებისმიერისთვის X, Ამიტომაც

k n + a 1 k n – 1 + ... ა ნ – 1 k + a n = 0. (15)

განტოლება (15) ეწოდება დამახასიათებელი განტოლება, მრავალწევრი მარცხენა მხარეს,- დამახასიათებელი მრავალწევრი , მისი ფესვები- დამახასიათებელი ფესვები დიფერენციალური განტოლება (14).

დასკვნა:

ფუნქციაჯ (X) = ე kx - წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამოხსნა (14) თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ რიცხვი კ - დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (15).

ამრიგად, წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამოხსნის პროცესი (14) მცირდება ალგებრული განტოლების ამოხსნამდე (15).

არსებობს დამახასიათებელი ფესვების სხვადასხვა შემთხვევები.

1.დამახასიათებელი განტოლების ყველა ფესვი რეალური და განსხვავებულია.

Ამ შემთხვევაში ნსხვადასხვა დამახასიათებელი ფესვები კ 1 ,კ 2 ,..., კ ნშეესაბამება ნერთგვაროვანი განტოლების სხვადასხვა ამონახსნები (14)

შეიძლება აჩვენოს, რომ ეს ამონახსნები წრფივად დამოუკიდებელია და ამიტომ ქმნიან ამონახსნების ფუნდამენტურ სისტემას. ამრიგად, განტოლების ზოგადი ამოხსნა არის ფუნქცია

სადაც თან 1 , C 2 , ..., ~ n - თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 7. იპოვეთ წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ (X) - 6ზე¢ (X) + 8ზე(X) = 0, ბ) ზე¢ ¢ ¢ (X) + 2ზე¢ ¢ (X) - 3ზე¢ (X) = 0.

გადაწყვეტილება. შევადგინოთ დამახასიათებელი განტოლება. ამისათვის ჩვენ ვცვლით შეკვეთის წარმოებულს მფუნქციები წ(x) შესაბამისი ხარისხით

კ(ზე (მ) (x) « კ მ),

ხოლო თავად ფუნქცია ზე(X) როგორც ნულოვანი რიგის წარმოებული ჩანაცვლებულია კ 0 = 1.

(a) შემთხვევაში დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა კ 2 - 6k + 8 = 0. ამ კვადრატული განტოლების ფესვები კ 1 = 2,კ 2 = 4. ვინაიდან ისინი რეალური და განსხვავებულია, ზოგადი გადაწყვეტა აქვს ფორმას ჯ (X)= C 1 ე 2X + 2-დან ე 4x.

(ბ) შემთხვევისთვის დამახასიათებელი განტოლება არის მესამე ხარისხის განტოლება კ 3 + 2კ 2 - 3k = 0. იპოვეთ ამ განტოლების ფესვები:

კ(კ 2 + 2 კ - 3)= 0 Þ კ = 0i კ 2 + 2 კ - 3 = 0 Þ კ = 0, (კ - 1)(კ + 3) = 0,

ტ . ე . კ 1 = 0, კ 2 = 1, კ 3 = - 3.

ეს დამახასიათებელი ფესვები შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ამონახსნების ფუნდამენტურ სისტემას:

ჯ 1 (X)= ე 0X = 1, ჯ 2 (X) = e x, ჯ 3 (X)= ე - 3X .

ზოგადი ამოხსნა, ფორმულის მიხედვით (9), არის ფუნქცია

ჯ (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 ე - 3X .

II . დამახასიათებელი განტოლების ყველა ფესვი განსხვავებულია, მაგრამ ზოგიერთი მათგანი რთულია.

დიფერენციალური განტოლების (14) და, შესაბამისად, მისი დამახასიათებელი განტოლების (15) ყველა კოეფიციენტი.- რეალური რიცხვები, მაშინ თუ c დამახასიათებელ ფესვებს შორის არის რთული ფესვი კ 1 = a + ib,ანუ მისი კონიუგირებული ფესვი კ 2 = ` კ 1 = ა- იბ.პირველი ფესვი კ 1 შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ამოხსნას (14)

ჯ 1 (X)= ე (ა+იბ)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)

(გამოვიყენეთ ეილერის ფორმულა e i x = cosx + isinx). ანალოგიურად, ფესვი კ 2 = ა- იბშესაბამისი გადაწყვეტილება

ჯ 2 (X)= ე (a - -ib)X = e a x e - ib x= ე ცული(cosbx - isinbx).

ეს გადაწყვეტილებები რთულია. მათგან რეალური ამონახსნების მისაღებად ვიყენებთ წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნების თვისებებს (იხ. 13.2). ფუნქციები

არის (14) განტოლების რეალური ამონახსნები. ასევე, ეს გადაწყვეტილებები წრფივად დამოუკიდებელია. ამრიგად, შესაძლებელია შემდეგი დასკვნის გაკეთება.

წესი 1.შეერთებული რთული ფესვების წყვილი ა± დამახასიათებელი განტოლების ib ხაზოვანი ერთგვაროვანი განტოლების FSR-ში (14) შეესაბამება ორ რეალურ კონკრეტულ გადაწყვეტასდა .

მაგალითი 8. იპოვეთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ (X) - 2ზე ¢ (X) + 5ზე(X) = 0 ;ბ) ზე¢ ¢ ¢ (X) - ზე¢ ¢ (X) + 4ზე ¢ (X) - 4ზე(X) = 0.

გადაწყვეტილება. (a) განტოლების შემთხვევაში დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 2 - 2k + 5 = 0 არის ორი კონიუგირებული რთული რიცხვი

კ 1, 2 = .

მაშასადამე, წესი 1-ის მიხედვით, ისინი შეესაბამება ორ რეალურ წრფივად დამოუკიდებელ ამონახს: და , და განტოლების ზოგადი ამონახსნები არის ფუნქცია.

ჯ (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 ე x ცოდვა 2x.

(ბ) შემთხვევაში ვიპოვოთ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 3 - კ 2 + 4კ- 4 = 0, ჩვენ ვანაწილებთ მის მარცხენა მხარეს:

კ 2 (კ - 1) + 4(კ - 1) = 0 Þ (კ - 1)(კ 2 + 4) = 0 Þ (კ - 1) = 0, (კ 2 + 4) = 0.

ამრიგად, ჩვენ გვაქვს სამი დამახასიათებელი ფესვი: კ 1 = 1,k2 , 3 = ± 2მე.კორნუ კ 1 შესაბამისი გადაწყვეტილება , და წყვილი შერწყმული რთული ფესვები კ 2, 3 = ± 2მე = 0 ± 2მე- ორი რეალური გამოსავალი: და . ჩვენ ვადგენთ განტოლების ზოგად ამოხსნას:

ჯ (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 ცოდვა 2x.

III . დამახასიათებელი განტოლების ფესვებს შორის არის მრავლობითი.

დაე იყოს კ 1 - სიმრავლის რეალური ფესვი მდამახასიათებელი განტოლება (15), ანუ ფესვებს შორის არის მთანაბარი ფესვები. თითოეული მათგანი შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ერთსა და იმავე ამონახსნებს (14) თუმცა, ჩართეთ მთანაბარი გადაწყვეტილებები FSR-ში შეუძლებელია, რადგან ისინი ქმნიან ფუნქციების ხაზობრივად დამოკიდებულ სისტემას.

შეიძლება ნაჩვენები იყოს, რომ მრავალჯერადი ფესვის შემთხვევაში კ 1(14) განტოლების ამონახსნები, გარდა ფუნქციისა, არის ფუნქციები

ფუნქციები წრფივად დამოუკიდებელია მთელ რიცხვთა ღერძზე, რადგან, ე.ი., ისინი შეიძლება შევიდეს FSR-ში.

წესი 2 რეალური დამახასიათებელი ფესვი კ 1 სიმრავლეები მ FSR-ში შეესაბამება მგადაწყვეტილებები:

Თუ კ 1 - სიმრავლის რთული ფესვი მდამახასიათებელი განტოლება (15), მაშინ არის კონიუგირებული ფესვი კ 1 სიმრავლეები მ. ანალოგიით, ჩვენ ვიღებთ შემდეგ წესს.

წესი 3. შეერთებული რთული ფესვების წყვილი ა± ib FSR-ში შეესაბამება 2 მ რეალურ წრფივად დამოუკიდებელ ამონახსნებს:

, , ..., ,

, , ..., .

მაგალითი 9. იპოვეთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ ¢ (X) + 3ზე¢ ¢ (X) + 3ზე¢ (X)+ y ( X)= 0;ბ) IV(X) + 6ზე¢ ¢ (X) + 9ზე(X) = 0.

გადაწყვეტილება. (a) შემთხვევაში დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა

კ 3 + 3 კ 2 + 3 კ + 1 = 0

(k + 1) 3 = 0,

ე.ი. k =- 1 - სიმრავლის ფესვი 3. მე-2 წესის საფუძველზე ვწერთ ზოგად ამონახსანს:

ჯ (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .

(ბ) შემთხვევაში დამახასიათებელი განტოლება არის განტოლება

კ 4 + 6კ 2 + 9 = 0

ან სხვაგვარად,

(კ 2 + 3) 2 = 0 Þ კ 2 = - 3 Þ კ 1, 2 = ± მე .

ჩვენ გვაქვს შერწყმული რთული ფესვების წყვილი, თითოეული სიმრავლის 2. წესის მიხედვით, ზოგადი ამონახსნები იწერება როგორც

ჯ (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x .

ზემოაღნიშნულიდან გამომდინარეობს, რომ ნებისმიერი წრფივი ჰომოგენური განტოლებისთვის მუდმივი კოეფიციენტებით შეიძლება მოიძებნოს ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემა და შექმნას ზოგადი ამონახსნები. მაშასადამე, ნებისმიერი უწყვეტი ფუნქციის შესაბამისი არაჰომოგენური განტოლების ამოხსნა ვ(x) მარჯვენა მხარეს შეგიძლიათ იხილოთ თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდის გამოყენებით (იხ. სექცია 5.3).

მაგალითი r10.ვარიაციის მეთოდის გამოყენებით იპოვე არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნი. ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = x ე 2x .

გადაწყვეტილება. პირველი, ჩვენ ვპოულობთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = 0. დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 2 - კ- 6 = 0 არის კ 1 = 3,კ 2 = - 2, ა ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა - ფუნქცია ` ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X .

არაჰომოგენური განტოლების ამოხსნას ვეძებთ ფორმაში

ზე( X) = თან 1 (X)ე 3X + C 2 (X)ე 2X . (*)

ვიპოვოთ ვრონსკის განმსაზღვრელი

ვ[ე 3X , ე 2X ] = .

მოდით შევადგინოთ განტოლებათა სისტემა (12) უცნობი ფუნქციების წარმოებულების მიმართ თან ¢ 1 (X) და თან¢ 2 (X):

სისტემის ამოხსნა კრამერის ფორმულების გამოყენებით, მივიღებთ

ინტეგრირება, ჩვენ ვპოულობთ თან 1 (X) და თან 2 (X):

შემცვლელი ფუნქციები თან 1 (X) და თან 2 (X) ტოლობაში (*), ვიღებთ განტოლების ზოგად ამოხსნას ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = x ე 2x :

იმ შემთხვევაში, როდესაც მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების მარჯვენა მხარეს აქვს სპეციალური ფორმა, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამოხსნა შეიძლება მოიძებნოს თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდის გამოყენების გარეშე.

განვიხილოთ განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით

წ (ნ) + 1 წ (ნ– 1) + ... ა ნ – 1 წ " + a n y = f (x), (16)

ვ( x) = ენაჯახი(P n(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)

სადაც P n(x) და რმ(x) - ხარისხის მრავალწევრები ნ და მშესაბამისად.

პირადი გადაწყვეტილება y*(X) (16) განტოლება განისაზღვრება ფორმულით

ზე* (X) = x სე ნაჯახი(Ბატონი(x)cosbx + Nr(x)sinbx), (18)

სადაც Ბატონი(x) და N r(x) - ხარისხის მრავალწევრები r = მაქს(ნ, მ) განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით , ა სფესვის სიმრავლის ტოლი კ 0 = a + ibგანტოლების (16) დამახასიათებელი პოლინომი, მაშინ როცა ვარაუდობენ s= 0 თუ კ 0 არ არის დამახასიათებელი ფესვი.

კონკრეტული ამოხსნის ჩამოსაყალიბებლად ფორმულის (18) გამოყენებით, უნდა ვიპოვოთ ოთხი პარამეტრი - ა, ბ, რდა ს.პირველი სამი განისაზღვრება განტოლების მარჯვენა მხრიდან, თან რ- ის რეალურად ყველაზე მაღალია xნაპოვნია მარჯვენა მხარეს. Პარამეტრი საღმოჩენილია რიცხვის შედარებით კ 0 = a + ibდა (16) განტოლების ყველა (სიმრავლეების გათვალისწინებით) დამახასიათებელი ფესვების სიმრავლე, რომლებიც გვხვდება შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ამოხსნისას.

განვიხილოთ ფუნქციის ფორმის ცალკეული შემთხვევები (17):

1) ზე ა ¹ 0, ბ= 0ვ(x)= e ax P n(x);

2) როდის ა= 0, ბ ¹ 0ვ(x)= P n(x) თანosbx + Rm(x)sinbx;

3) როდის ა = 0, ბ = 0ვ(x)= პნ(x).

შენიშვნა 1. თუ P n (x) º 0 ან Rm (x)º 0, შემდეგ განტოლების მარჯვენა მხარე f(x) = e ax P n (x)с osbx ან f(x) = e ax R m (x)sinbx, ანუ შეიცავს მხოლოდ ერთ ფუნქციას - კოსინუსი ან სინუსი. მაგრამ კონკრეტული ამოხსნის აღნიშვნაში, ისინი ორივე უნდა იყოს წარმოდგენილი, რადგან, ფორმულის (18) მიხედვით, თითოეული მათგანი მრავლდება მრავალწევრით, იგივე ხარისხის განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით r = max(n, m).

მაგალითი 11. დაადგინეთ მე-4 რიგის წრფივი ჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნის ფორმა მუდმივი კოეფიციენტებით, თუ ცნობილია განტოლების მარჯვენა მხარე. ვ(X) = e x(2xcos 3x +(x 2 + 1)ცოდვა 3x) და დამახასიათებელი განტოლების ფესვები:

ა ) კ 1 = კ 2 = 1, კ 3 = 3,კ 4 = - 1;

ბ ) კ 1, 2 = 1 ± 3მე,კ 3, 4 = ± 1;

in ) კ 1, 2 = 1 ± 3მე,კ 3, 4 = 1 ± 3მე.

გადაწყვეტილება. მარჯვენა მხარეს ვპოულობთ ამას კონკრეტულ გადაწყვეტაში ზე*(X), რომელიც განისაზღვრება ფორმულით (18), პარამეტრებით: ა= 1, ბ= 3, r= 2. სამივე შემთხვევისთვის იგივე რჩება, აქედან რიცხვიც კ 0, რომელიც განსაზღვრავს ბოლო პარამეტრს სფორმულა (18) უდრის კ 0 = 1+ 3მე. ა) შემთხვევაში დამახასიათებელ ფესვებს შორის რიცხვი არ არის კ 0 = 1 + 3მე,ნიშნავს, ს= 0 და კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა

y*(X) = x 0 e x(მ 2 (x)cos 3x + N 2 (x)ცოდვა 3x) =

= ეx( (Ნაჯახი 2 + Bx + C)cos 3x +(ა 1 x 2 + B 1 x + C 1)ცოდვა 3x.

ბ) შემთხვევაში ნომერი კ 0 = 1 + 3მედამახასიათებელ ფესვებს შორის მხოლოდ ერთხელ გვხვდება, რაც იმას ნიშნავს s= 1 და

y*(X) = x e x((Ნაჯახი 2 + Bx + C)cos 3x +(ა 1 x 2 + B 1 x + C 1)ცოდვა 3x.

(გ) შემთხვევისთვის გვაქვს s= 2 და

y*(X) = x 2 e x((Ნაჯახი 2 + Bx + C)cos 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)ცოდვა 3x.

მე-11 მაგალითში, კონკრეტული ამოხსნის ჩანაწერში არის მე-2 ხარისხის ორი პოლინომი განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით. გამოსავლის მოსაძებნად, თქვენ უნდა განსაზღვროთ ამ კოეფიციენტების რიცხვითი მნიშვნელობები. ჩამოვაყალიბოთ ზოგადი წესი.

მრავალწევრების უცნობი კოეფიციენტების დასადგენად Ბატონი(x) და N r(x) ტოლობა (17) დიფერენცირებულია საჭირო რაოდენობის ჯერ, ფუნქცია ჩანაცვლებულია y*(X) და მისი წარმოებულები განტოლებაში (16). მისი მარცხენა და მარჯვენა ნაწილების შედარებისას მიიღება ალგებრული განტოლებათა სისტემა კოეფიციენტების საპოვნელად.

მაგალითი 12. იპოვეთ განტოლების ამონახსნი ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x, რომელმაც განსაზღვრა არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამოხსნა მარჯვენა მხარის სახით.

გადაწყვეტილება. არაჰომოგენური განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

ზე( X) = ` ზე(X)+ y*(X),

სადაც ` ზე ( X) - შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა და y*(X) - არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამოხსნა.

ჯერ ვხსნით ერთგვაროვან განტოლებას ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = 0. მისი დამახასიათებელი განტოლება კ 2 - კ- 6 = 0 აქვს ორი ფესვი კ 1 = 3,კ 2 = - 2, აქედან გამომდინარე, ` ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X .

ჩვენ ვიყენებთ ფორმულას (18) კონკრეტული გადაწყვეტის ტიპის დასადგენად ზე*(X). ფუნქცია ვ(x) = xe 2x არის სპეციალური შემთხვევა (ა) ფორმულის (17), ხოლო a = 2,b= 0 და r= 1, ე.ი. კ 0 = 2 + 0მე = 2. დამახასიათებელ ფესვებთან შედარებით, დავასკვნით, რომ s= 0. ყველა პარამეტრის მნიშვნელობების ჩანაცვლება ფორმულაში (18), გვაქვს y*(X) = (აჰ + ბ)ე 2X .

ღირებულებების მოსაძებნად მაგრამდა AT, იპოვეთ ფუნქციის პირველი და მეორე რიგის წარმოებულები y*(X) = (აჰ + ბ)ე 2X :

y*¢ (X)= აე 2X + 2(აჰ + ბ)ე 2X = (2აჰ + ა + 2ბ)ე 2x,

y*¢ ¢ (X) = 2აე 2X + 2(2აჰ + ა + 2ბ)ე 2X = (4აჰ + 4A+ 4ბ)ე 2X .

ფუნქციის ჩანაცვლების შემდეგ y*(X) და მისი წარმოებულები განტოლებაში გვაქვს

(4აჰ + 4A+ 4ბ)ე 2X - (2აჰ + ა + 2ბ)ე 2X - 6(აჰ + ბ)ე 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.

ამრიგად, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა

y*(X) = (- 1/4X- 3/16)ე 2X ,

და ზოგადი გადაწყვეტა - ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X .

შენიშვნა 2.იმ შემთხვევაში, როდესაც არაჰომოგენური განტოლებისთვის დგება კოშის პრობლემა, ჯერ უნდა მოიძებნოს განტოლების ზოგადი ამონახსნები.

ზე( X) = ,

დაადგინა კოეფიციენტების ყველა რიცხვითი მნიშვნელობა ზე*(X). შემდეგ გამოიყენეთ საწყისი პირობები და ჩაანაცვლეთ ისინი ზოგად ხსნარში (და არა y*(X)), იპოვეთ მუდმივების მნიშვნელობები C i.

მაგალითი 13. იპოვნეთ გამოსავალი კოშის პრობლემისთვის:

ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x ,ი(0) = 0, y ¢ (X) = 0.

გადაწყვეტილება. ამ განტოლების ზოგადი ამოხსნა

ზე(X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X

ნაპოვნი იქნა მაგალით 12-ში. კონკრეტული ამოხსნის საპოვნელად, რომელიც აკმაყოფილებს მოცემული კოშის ამოცანის საწყის პირობებს, ვიღებთ განტოლებათა სისტემას.

გადაჭრა, გვაქვს C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. ამიტომ, კოშის პრობლემის გადაწყვეტა არის ფუნქცია

ზე(X) = 1/8ე 3X + 1/16ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X .

შენიშვნა 3(სუპერპოზიციის პრინციპი). თუ წრფივ განტოლებაში L n[წ(x)]= ვ(x), სადაც ვ(x) = ვ 1 (x)+ვ 2 (x) და y* 1 (x) - განტოლების ამოხსნა L n[წ(x)]= ვ 1 (x), ა y* 2 (x) - განტოლების ამოხსნა L n[წ(x)]= ვ 2 (x), შემდეგ ფუნქცია y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) არის განტოლების ამოხსნა L n[წ(x)]= ვ(x).

მაგალითი 14. მიუთითეთ წრფივი განტოლების ზოგადი ამოხსნის ფორმა

ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = x + sinx.

გადაწყვეტილება. შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა

` ზე(x) = C 1 cos 2x + C 2 ცოდვა 2x,

დამახასიათებელი განტოლებიდან გამომდინარე კ 2 + 4 = 0-ს აქვს ფესვები კ 1, 2 = ± 2მე.განტოლების მარჯვენა მხარე არ შეესაბამება ფორმულას (17), მაგრამ თუ შემოვიყვანთ აღნიშვნას ვ 1 (x) = x, ვ 2 (x) = სინქსიდა გამოიყენეთ სუპერპოზიციის პრინციპი , მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი შეიძლება მოიძებნოს სახით y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), სადაც y* 1 (x) - განტოლების ამოხსნა ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = x, ა y* 2 (x) - განტოლების ამოხსნა ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = სინქსი.ფორმულით (18)

y* 1 (x) = ნაჯახი + ბ,y* 2 (x) = Ccosx + Dsinx.

შემდეგ კონკრეტული გამოსავალი

y*(X) \u003d Axe + B + Ccosx + Dsinx,

მაშასადამე, ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

ზე(X) = C 1 cos 2x + C 2 ე - 2X + ა x + B + Ccosx + Dsinx.

მაგალითი 15. ელექტრული წრე შედგება სერიით დაკავშირებული დენის წყაროსგან emf-ით ე(ტ) = ე ცოდოვტ,ინდუქციურობა ლდა კონტეინერები თან, და