არაჰომოგენური მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებები მუდმივი კოეფიციენტებით

ზოგადი გადაწყვეტის სტრუქტურა ამ ტიპის წრფივი არაჰომოგენური განტოლებას აქვს ფორმა: სადაც გვ, ქ− მუდმივი რიცხვები (რომლებიც შეიძლება იყოს როგორც რეალური, ასევე რთული). თითოეული ასეთი განტოლებისთვის შეიძლება დაწეროს შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლება: თეორემა: არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის ზოგადი ამონახსნის ჯამი წ 0 (x) შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლებისა და კონკრეტული ამოხსნის წ 1 (x) არაჰომოგენური განტოლების: ქვემოთ განვიხილავთ არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებების ამოხსნის ორ მეთოდს. მუდმივი ვარიაციის მეთოდი თუ ზოგადი გამოსავალი წცნობილია ასოცირებული ერთგვაროვანი განტოლების 0, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახვა შესაძლებელია გამოყენებით მუდმივი ვარიაციის მეთოდი. მეორე რიგის ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგად ამონახსანს ჰქონდეს ფორმა: მუდმივის ნაცვლად C 1 და C 2 განვიხილავთ დამხმარე ფუნქციებს C 1 (x) და C 2 (x). ჩვენ ვეძებთ ამ ფუნქციებს ისე, რომ გამოსავალი აკმაყოფილებს არაჰომოგენურ განტოლებას მარჯვენა მხარით ვ(x). უცნობი მახასიათებლები C 1 (x) და C 2 (x) განისაზღვრება ორი განტოლების სისტემიდან: განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდი მარჯვენა ნაწილი ვ(x) არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ხშირად არის პოლინომი, ექსპონენციალური ან ტრიგონომეტრიული ფუნქცია ან ამ ფუნქციების რაიმე კომბინაცია. ამ შემთხვევაში, უფრო მოსახერხებელია გამოსავლის პოვნა გამოყენებით გაურკვეველი კოეფიციენტების მეთოდი. ჩვენ ხაზს ვუსვამთ, რომ ეს მეთოდი მუშაობს მხოლოდ მარჯვენა მხარეს ფუნქციების შეზღუდული კლასისთვის, როგორიცაა ორივე შემთხვევაში, კონკრეტული ამოხსნის არჩევანი უნდა შეესაბამებოდეს არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების მარჯვენა მხარის სტრუქტურას. 1-ში, თუ ნომერი α ექსპონენციალურ ფუნქციაში ემთხვევა დამახასიათებელი განტოლების ფესვს, მაშინ კონკრეტული ამონახსნი შეიცავს დამატებით ფაქტორს x ს, სად ს− ფესვის სიმრავლე α დამახასიათებელ განტოლებაში. მე-2 შემთხვევაში თუ ნომერი α + βiემთხვევა დამახასიათებელი განტოლების ფესვს, მაშინ კონკრეტული ამოხსნის გამოხატულება შეიცავს დამატებით ფაქტორს x. უცნობი კოეფიციენტების დადგენა შესაძლებელია კონკრეტული ამოხსნის ნაპოვნი გამოხატვის ჩანაცვლებით თავდაპირველ არაჰომოგენურ დიფერენციალურ განტოლებაში. სუპერპოზიციის პრინციპი თუ არაჰომოგენური განტოლების მარჯვენა მხარეა თანხაფორმის რამდენიმე ფუნქცია მაშინ დიფერენციალური განტოლების კონკრეტული ამონახსნები ასევე იქნება ცალკეული ამონახსნების ჯამი, რომლებიც ცალ-ცალკე აგებულია თითოეული წევრისთვის მარჯვენა მხარეს.

მაგალითი 1

დიფერენციალური განტოლების ამოხსნა y"" + y= ცოდვა (2 x). გამოსავალი. ჯერ ვხსნით შესაბამის ერთგვაროვან განტოლებას y"" + y= 0. ამ შემთხვევაში, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები წმინდა წარმოსახვითია: ამრიგად, ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები მოცემულია დავუბრუნდეთ ისევ არაჰომოგენურ განტოლებას. ჩვენ ვეძებთ მის გადაწყვეტას ფორმაში მუდმივების ვარიაციის მეთოდის გამოყენებით. ფუნქციები C 1 (x) და C 2 (x) შეგიძლიათ იხილოთ განტოლებათა შემდეგი სისტემიდან: წარმოებულს გამოვხატავთ C 1 " (x) პირველი განტოლებიდან: მეორე განტოლებაში ჩანაცვლებით, ჩვენ ვპოულობთ წარმოებულს C 2 " (x): აქედან გამომდინარეობს, რომ წარმოებულებისთვის გამონათქვამების ინტეგრირება C 1 " (x) და C 2 " (x), ვიღებთ: სადაც ა 1 , ა 2 − ინტეგრაციის მუდმივები. ახლა ჩვენ ვცვლით ნაპოვნი ფუნქციებს C 1 (x) და C 2 (x) ფორმულაში წ 1 (x) და ჩაწერეთ არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

მაგალითი 2

იპოვნეთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი y"" + y" −6წ = 36x. გამოსავალი. გამოვიყენოთ განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდი. მოცემული განტოლების მარჯვენა მხარე წრფივი ფუნქციაა ვ(x)= ცული + ბ. ამიტომ, ჩვენ ვეძებთ კონკრეტულ გამოსავალს ფორმაში წარმოებულებია: ამის დიფერენციალურ განტოლებაში ჩანაცვლებით მივიღებთ: ბოლო განტოლება არის იდენტობა, ანუ ის მოქმედებს ყველასთვის x, ასე რომ ვაიგივებთ ტერმინების კოეფიციენტებს იგივე ხარისხებით xმარცხენა და მარჯვენა მხარეს: შედეგად მიღებული სისტემიდან ვხვდებით: ა = −6, ბ= −1. შედეგად, კონკრეტული გამოსავალი იწერება ფორმაში ახლა ვიპოვოთ ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი. მოდით გამოვთვალოთ დამხმარე დამახასიათებელი განტოლების ფესვები: მაშასადამე, შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა: ასე რომ, თავდაპირველი არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამოხსნა გამოიხატება ფორმულით

DE-ს ზოგადი ინტეგრალი.

დიფერენციალური განტოლების ამოხსნა

მაგრამ სასაცილო ის არის, რომ პასუხი უკვე ცნობილია: უფრო ზუსტად, მუდმივიც უნდა დავამატოთ: ზოგადი ინტეგრალი არის დიფერენციალური განტოლების ამონახვა.

თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი. გადაწყვეტის მაგალითები

არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლებების ამოსახსნელად გამოიყენება თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი. ეს გაკვეთილი განკუთვნილია იმ სტუდენტებისთვის, რომლებიც უკვე მეტ-ნაკლებად კარგად ერკვევიან ამ თემაზე. თუ თქვენ ახლა იწყებთ დისტანციური მართვის გაცნობას, ე.ი. თუ ჩაიდანი ხართ, გირჩევთ დაიწყოთ პირველი გაკვეთილით: პირველი რიგის დიფერენციალური განტოლებები. გადაწყვეტის მაგალითები. და თუ უკვე ასრულებთ, გთხოვთ, უარი თქვათ შესაძლო წინასწარგანწყობაზე, რომ მეთოდი რთულია. რადგან ის უბრალოა.

რა შემთხვევებში გამოიყენება თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი?

1) გადაჭრისთვის შეიძლება გამოყენებულ იქნას თვითნებური მუდმივის ვარიაციის მეთოდი 1 რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი DE. ვინაიდან განტოლება პირველი რიგისაა, მაშინ მუდმივი (მუდმივი) ასევე ერთია.

2) ზოგიერთის ამოსახსნელად გამოიყენება თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი მეორე რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლებები. აქ ორი მუდმივი (მუდმივები) იცვლება.

ლოგიკურია ვივარაუდოთ, რომ გაკვეთილი შედგება ორი აბზაცისგან .... მე დავწერე ეს წინადადება და დაახლოებით 10 წუთის განმავლობაში მტკივნეულად ვფიქრობდი, რა სხვა ჭკვიანური სისულელე დამემატებინა პრაქტიკულ მაგალითებზე შეუფერხებლად გადასვლისთვის. მაგრამ რატომღაც, არდადეგების შემდეგ აზრები არ არის, თუმცა, როგორც ჩანს, მე არაფერი გამომიყენებია. მოდით გადავიდეთ პირდაპირ პირველ აბზაცში.

თვითნებური მუდმივი ვარიაციის მეთოდი წრფივი არაჰომოგენური პირველი რიგის განტოლებისთვის

თვითნებური მუდმივის ვარიაციის მეთოდის განხილვამდე, სასურველია გაეცნოთ სტატიას პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლებები. იმ გაკვეთილზე ვივარჯიშეთ გადაჭრის პირველი გზა 1-ლი რიგის არაერთგვაროვანი DE. ეს პირველი გამოსავალი, შეგახსენებთ, ე.წ ჩანაცვლების მეთოდიან ბერნულის მეთოდი(არ უნდა აგვერიოს ბერნულის განტოლება!!!)

ახლა განვიხილავთ გადაჭრის მეორე გზა– თვითნებური მუდმივის ვარიაციის მეთოდი. მხოლოდ სამ მაგალითს მოვიყვან და მათ ზემოთ გაკვეთილიდან ავიღებ. რატომ ასე ცოტა? იმიტომ, რომ სინამდვილეში მეორე გზით გამოსავალი ძალიან წააგავს პირველ გზას. გარდა ამისა, ჩემი დაკვირვებით, თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი ნაკლებად ხშირად გამოიყენება, ვიდრე ჩანაცვლების მეთოდი.

მაგალითი 1

იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები (დიფუზი გაკვეთილის No2 მაგალითიდან 1 რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი DE)

გამოსავალი:ეს განტოლება არის წრფივი არაჰომოგენური და აქვს ნაცნობი ფორმა:

პირველ ეტაპზე საჭიროა უფრო მარტივი განტოლების ამოხსნა: ანუ, ჩვენ სულელურად გადავაყენეთ მარჯვენა მხარე - ამის ნაცვლად ვწერთ ნულს. განტოლებას დავარქმევ დამხმარე განტოლება.

ამ მაგალითში თქვენ უნდა ამოხსნათ შემდეგი დამხმარე განტოლება:

ჩვენს წინაშე გამყოფი განტოლება, რომლის გადაწყვეტა (იმედია) აღარ გაგიჭირდებათ:

ამრიგად: არის დამხმარე განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

მეორე საფეხურზე ჩანაცვლებაზოგიერთის მუდმივი ჯერ კიდევუცნობი ფუნქცია, რომელიც დამოკიდებულია "x"-ზე:

აქედან მომდინარეობს მეთოდის სახელი - ჩვენ ვცვლით მუდმივას. ალტერნატიულად, მუდმივი შეიძლება იყოს გარკვეული ფუნქცია, რომელიც ახლა უნდა ვიპოვოთ.

AT საწყისიარაერთგვაროვანი განტოლება, ჩვენ გავაკეთებთ ჩანაცვლებას:

ჩანაცვლება განტოლებაში:

საკონტროლო მომენტი - მარცხენა მხარეს ორი ტერმინი გაუქმებულია. თუ ეს არ მოხდა, თქვენ უნდა მოძებნოთ ზემოთ მოცემული შეცდომა.

ჩანაცვლების შედეგად მიიღება განტოლება განცალკევებული ცვლადებით. ცვლადების გამოყოფა და ინტეგრირება.

რა კურთხევაა, მაჩვენებლებიც იკლებს:

ნაპოვნი ფუნქციას ვამატებთ "ნორმალური" მუდმივას:

ფინალურ ეტაპზე ვიხსენებთ ჩვენს შემცვლელს:

ფუნქცია ახლახან ნაპოვნია!

ასე რომ, ზოგადი გამოსავალი არის:

პასუხი:საერთო გადაწყვეტილება:

თუ ამობეჭდავთ ორ ამონახსანს, ადვილად შეამჩნევთ, რომ ორივე შემთხვევაში ერთი და იგივე ინტეგრალი ვიპოვეთ. განსხვავება მხოლოდ ამოხსნის ალგორითმშია.

ახლა რაღაც უფრო რთულია, კომენტარს გავაკეთებ მეორე მაგალითზეც:

მაგალითი 2

იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები (დიფუზი გაკვეთილის მაგალითზე No8 1 რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი DE)

გამოსავალი:განტოლება მივიყვანოთ ფორმამდე:

დააყენეთ მარჯვენა მხარე ნულზე და ამოხსენით დამხმარე განტოლება:

ცვლადების გამოყოფა და ინტეგრირება: დამხმარე განტოლების ზოგადი ამოხსნა:

არაჰომოგენურ განტოლებაში ჩვენ გავაკეთებთ ჩანაცვლებას:

პროდუქტის დიფერენციაციის წესის მიხედვით:

ჩაანაცვლეთ თავდაპირველ არაჰომოგენურ განტოლებაში:

მარცხენა მხარეს ორი ტერმინი გაუქმებულია, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენ სწორ გზაზე ვართ:

ჩვენ ვაერთიანებთ ნაწილების მიხედვით. ნაწილების მიერ ინტეგრაციის ფორმულიდან გემრიელი ასო უკვე ჩართულია გამოსავალში, ამიტომ ვიყენებთ, მაგალითად, ასოებს "a" და "be":

საბოლოოდ:

ახლა ვნახოთ ჩანაცვლება:

პასუხი:საერთო გადაწყვეტილება:

თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი წრფივი არაერთგვაროვანი მეორე რიგის განტოლებისთვის მუდმივი კოეფიციენტებით

ხშირად ისმოდა მოსაზრება, რომ მეორე რიგის განტოლებისთვის თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდი ადვილი არ არის. მაგრამ მე ვხვდები შემდეგს: სავარაუდოდ, მეთოდი ბევრს რთულად ეჩვენება, რადგან არც ისე გავრცელებულია. მაგრამ სინამდვილეში, განსაკუთრებული სირთულეები არ არის - გადაწყვეტილების კურსი ნათელია, გამჭვირვალე და გასაგები. Და ლამაზი.

მეთოდის დასაუფლებლად სასურველია შეგვეძლოს მეორე რიგის არაერთგვაროვანი განტოლებების ამოხსნა მარჯვენა მხარის ფორმის მიხედვით კონკრეტული ამონახსნის შერჩევით. ეს მეთოდი დეტალურად არის განხილული სტატიაში. მე-2 რიგის არაჰომოგენური DE. შეგახსენებთ, რომ მეორე რიგის წრფივ არაერთგვაროვან განტოლებას მუდმივი კოეფიციენტებით აქვს ფორმა:

შერჩევის მეთოდი, რომელიც განხილული იქნა ზემოთ გაკვეთილზე, მუშაობს მხოლოდ შეზღუდული რაოდენობის შემთხვევაში, როდესაც პოლინომები, მაჩვენებლები, სინუსები, კოსინუსები არის მარჯვენა მხარეს. მაგრამ რა უნდა გავაკეთოთ, როდესაც მარჯვნივ, მაგალითად, წილადი, ლოგარითმი, ტანგენსი? ასეთ სიტუაციაში მუდმივთა ვარიაციის მეთოდი სამაშველოში მოდის.

მაგალითი 4

იპოვეთ მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები

გამოსავალი:ამ განტოლების მარჯვენა მხარეს არის წილადი, ამიტომ დაუყოვნებლივ შეგვიძლია ვთქვათ, რომ კონკრეტული ამოხსნის შერჩევის მეთოდი არ მუშაობს. ჩვენ ვიყენებთ თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდს.

არაფერი ასახავს ჭექა-ქუხილს, გამოსავლის დასაწყისი საკმაოდ ჩვეულებრივია:

მოდი ვიპოვოთ საერთო გადაწყვეტილებაშესაბამისი ერთგვაროვანიგანტოლებები:

ჩვენ ვადგენთ და ვხსნით დამახასიათებელ განტოლებას: - მიიღება კონიუგატური რთული ფესვები, ამიტომ ზოგადი გამოსავალი არის:

ყურადღება მიაქციეთ ზოგადი გადაწყვეტის ჩანაწერს - თუ არის ფრჩხილები, გახსენით ისინი.

ახლა ჩვენ ვაკეთებთ თითქმის იგივე ხრიკს, როგორც პირველი რიგის განტოლებისთვის: ჩვენ ვცვლით მუდმივებს, ვცვლით მათ უცნობი ფუნქციებით. ანუ არაერთგვაროვანის ზოგადი გადაწყვეტაჩვენ ვეძებთ განტოლებებს ფორმაში:

სად - ჯერ კიდევუცნობი ფუნქციები.

ნაგვის ნაგავსაყრელს ჰგავს, მაგრამ ახლა ყველაფერს მოვაგვარებთ.

ფუნქციების წარმოებულები მოქმედებენ როგორც უცნობი. ჩვენი მიზანია ვიპოვოთ წარმოებულები და ნაპოვნი წარმოებულები უნდა აკმაყოფილებდეს სისტემის პირველ და მეორე განტოლებებს.

საიდან მოდის "თამაშები"? ღეროს მოაქვს ისინი. ჩვენ ვუყურებთ ადრე მიღებულ ზოგად გადაწყვეტას და ვწერთ:

მოდი ვიპოვოთ წარმოებულები:

გაუმკლავდა მარცხენა მხარეს. რა არის მარჯვნივ?

არის ორიგინალური განტოლების მარჯვენა მხარე, ამ შემთხვევაში:

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. ამისათვის საჭიროა ცალკე განხილული იქნას 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 .

გამოსავალი

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

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი 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 გზით ამოხსნისას ვპოულობთ კოეფიციენტებს და ვწერთ: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 და y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

ამ ჩანაწერს ეწოდება მეორე რიგის თავდაპირველი წრფივი არაჰომოგენური 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 ფუნქცია f (x) წარმოდგენილია მრავალწევრის ნამრავლად n ხარისხით და მაჩვენებლით f (x) = P n (x) e a x, მაშინ აქედან მივიღებთ, რომ მეორე რიგის LIDE-ის კონკრეტული ამონახსნი იქნება. ფორმის განტოლება y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , სადაც Q n (x) არის n-ე ხარისხის მრავალწევრი და r არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა α .

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 .

გამოსავალი

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) , რომელიც არის მეორე ხარისხის მრავალწევრი, სადაც α = 1 და r = 0, რადგან დამახასიათებელი განტოლება აკეთებს არ აქვს 1-ის ტოლი ფესვი. 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 ამოხსნა, 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 განუსაზღვრელი 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) .

გამოსავალი

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 წყვილის 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)) .

გამოსავალი

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 .

გამოსავალი

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 (6x)

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

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) $.

ლექცია ეხება LNDE - წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლებები. განიხილება ზოგადი ამონახსნის სტრუქტურა, LNDE-ის ამოხსნა თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდით, LNDE-ის ამონახსნები მუდმივი კოეფიციენტებით და სპეციალური ფორმის მარჯვენა მხარე. განსახილველი საკითხები გამოიყენება ფიზიკაში, ელექტროინჟინერიასა და ელექტრონიკაში იძულებითი რხევების შესწავლაში და ავტომატური მართვის თეორიაში.

1. მე-2 რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნის სტრუქტურა.

ჯერ განვიხილოთ თვითნებური რიგის წრფივი არაჰომოგენური განტოლება:

ნოტაციიდან გამომდინარე, შეგვიძლია დავწეროთ:

ამ შემთხვევაში, ჩვენ ვივარაუდებთ, რომ კოეფიციენტები და ამ განტოლების მარჯვენა მხარე უწყვეტია გარკვეულ ინტერვალზე.

თეორემა. წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახვა ზოგიერთ დომენში არის მისი რომელიმე ამონახსნის ჯამი და შესაბამისი წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები.

მტკიცებულება.მოდით, Y იყოს არაჰომოგენური განტოლების ამონახსნი.

შემდეგ, ამ ამოხსნის საწყის განტოლებაში ჩანაცვლებით, ვიღებთ იდენტურობას:

დაე
- წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემა
. მაშინ ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი შეიძლება დაიწეროს შემდეგნაირად:

კერძოდ, მე-2 რიგის წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლებისთვის, ზოგადი ამოხსნის სტრუქტურას აქვს ფორმა:

სადაც
არის შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემა და
- არაჰომოგენური განტოლების ნებისმიერი კონკრეტული ამოხსნა.

ამრიგად, წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ამოსახსნელად საჭიროა შესაბამისი ჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნის პოვნა და როგორმე არაერთგვაროვანი განტოლების ერთი კონკრეტული ამოხსნის პოვნა. ჩვეულებრივ, ის გვხვდება შერჩევით. კონკრეტული გადაწყვეტის შერჩევის მეთოდები განიხილება შემდეგ კითხვებში.

2. ვარიაციის მეთოდი

პრაქტიკაში მოსახერხებელია თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდის გამოყენება.

ამისათვის ჯერ იპოვნეთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები სახით:

შემდეგ კოეფიციენტების დაყენება C მეფუნქციები საწყისი Xმოძებნილია არაჰომოგენური განტოლების ამონახსნი:

შეიძლება ნაჩვენები იყოს, რომ ფუნქციების საპოვნელად C მე (x) თქვენ უნდა ამოხსნათ განტოლებათა სისტემა:

მაგალითი.განტოლების ამოხსნა

ჩვენ ვხსნით წრფივ ერთგვაროვან განტოლებას

არაჰომოგენური განტოლების ამოხსნა ასე გამოიყურება:

ჩვენ ვადგენთ განტოლებათა სისტემას:

მოდით გადავჭრათ ეს სისტემა:

მიმართებიდან ვპოულობთ ფუნქციას ოჰ).

ახლა ჩვენ ვიპოვით B(x).

ჩვენ ვცვლით მიღებულ მნიშვნელობებს არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამოხსნის ფორმულაში:

საბოლოო პასუხი:

ზოგადად რომ ვთქვათ, თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდი შესაფერისია ნებისმიერი წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნის საპოვნელად. მაგრამ მას შემდეგ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემის პოვნა შეიძლება საკმაოდ რთული ამოცანა იყოს, ეს მეთოდი ძირითადად გამოიყენება არაერთგვაროვანი განტოლებისთვის მუდმივი კოეფიციენტებით.

3. განტოლებები სპეციალური ფორმის მარჯვენა მხარეს

როგორც ჩანს, შესაძლებელია კონკრეტული ამოხსნის ფორმის წარმოდგენა არაჰომოგენური განტოლების მარჯვენა მხარის ფორმის მიხედვით.

არის შემდეგი შემთხვევები:

I. წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა:

სად არის ხარისხიანი პოლინომი მ.

შემდეგ იძებნება კონკრეტული გამოსავალი ფორმაში:

Აქ ქ(x) არის იმავე ხარისხის მრავალწევრი, რაც პ(x) , მაგრამ განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით და რ- რიცხვი, რომელიც აჩვენებს რამდენჯერ არის რიცხვი  შესაბამისი წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების დამახასიათებელი განტოლების ფესვი.

მაგალითი.განტოლების ამოხსნა
.

ჩვენ ვხსნით შესაბამის ერთგვაროვან განტოლებას:

ახლა ვიპოვოთ თავდაპირველი არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი.

მოდით შევადაროთ განტოლების მარჯვენა მხარე ზემოთ განხილულ მარჯვენა მხარეს.

ჩვენ ვეძებთ კონკრეტულ გამოსავალს ფორმაში:
, სად

იმათ.

ახლა ჩვენ განვსაზღვრავთ უცნობ კოეფიციენტებს მაგრამდა AT.

მოდით ჩავანაცვლოთ კონკრეტული გამოსავალი ზოგადი ფორმით თავდაპირველ არაჰომოგენურ დიფერენციალურ განტოლებაში.

ასე რომ, პირადი გადაწყვეტა:

შემდეგ ხაზოვანი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა:

II. წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა:

Აქ რ 1 (X)და რ 2 (X)არის ხარისხის მრავალწევრები მ 1 და მ 2 შესაბამისად.

მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამონახსანს ექნება ფორმა:

სადაც ნომერი რაჩვენებს რამდენჯერ არის რიცხვი
არის შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების დამახასიათებელი განტოლების ფესვი და ქ 1 (x) და ქ 2 (x) – მაქსიმუმ ხარისხის მრავალწევრები მ, სად მ- გრადუსებიდან ყველაზე დიდი მ 1 და მ 2 .

კონკრეტული გადაწყვეტილებების ტიპების შემაჯამებელი ცხრილი

სხვადასხვა სახის სწორი ნაწილებისთვის

	დიფერენციალური განტოლების მარჯვენა მხარე	დამახასიათებელი განტოლება	კერძოს ტიპები
		1. რიცხვი არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი
		2. რიცხვი არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვი
		1. ნომერი არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი
		2. ნომერი არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვი
		1. ნომრები
		2. ნომრები არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვები
		1. ნომრები არ არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვები
		2. ნომრები არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვები

გაითვალისწინეთ, რომ თუ განტოლების მარჯვენა მხარე არის ზემოთ განხილული ფორმის გამონათქვამების ერთობლიობა, მაშინ ამონახსნილი გვხვდება როგორც დამხმარე განტოლებების ამონახსნების კომბინაცია, რომელთაგან თითოეულს აქვს მარჯვენა მხარე, რომელიც შეესაბამება კომბინაციაში შემავალ გამოსახულებას.

იმათ. თუ განტოლება ასე გამოიყურება:
, მაშინ ამ განტოლების კონკრეტული ამოხსნა იქნება
სადაც ზე 1 და ზე 2 არის დამხმარე განტოლებების კონკრეტული ამონახსნები

და

საილუსტრაციოდ, მოდი, ზემოთ მოყვანილი მაგალითი სხვაგვარად გადავჭრათ.

მაგალითი.განტოლების ამოხსნა

ჩვენ წარმოვადგენთ დიფერენციალური განტოლების მარჯვენა მხარეს, როგორც ორი ფუნქციის ჯამს ვ 1 (x) + ვ 2 (x) = x + (- ცოდვა x).

ჩვენ ვადგენთ და ვხსნით დამახასიათებელ განტოლებას:

ვიღებთ: ე.ი.

სულ:

იმათ. სასურველ კონკრეტულ გადაწყვეტას აქვს ფორმა:

არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა:

განვიხილოთ აღწერილი მეთოდების გამოყენების მაგალითები.

მაგალითი 1..განტოლების ამოხსნა

მოდით შევადგინოთ დამახასიათებელი განტოლება შესაბამისი წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებისთვის:

ახლა ჩვენ ვპოულობთ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას სახით:

გამოვიყენოთ განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდი.

თავდაპირველ განტოლებაში ჩანაცვლებით მივიღებთ:

კონკრეტული გამოსავალი ასე გამოიყურება:

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა:

მაგალითი.განტოლების ამოხსნა

დამახასიათებელი განტოლება:

ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა:

არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამოხსნა:
.

ჩვენ ვპოულობთ წარმოებულებს და ვცვლით მათ თავდაპირველ არაჰომოგენურ განტოლებაში:

ვიღებთ არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგად ამოხსნას: