Základy riešenia lineárnych nehomogénnych diferenciálnych rovníc druhého rádu (LNDE-2) s konštantnými koeficientmi (PC)

CLDE druhého rádu s konštantnými koeficientmi $p$ a $q$ má tvar $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, kde $f\left( x \right)$ je spojitá funkcia.

Nasledujúce dve tvrdenia sú pravdivé vzhľadom na 2. LNDE s PC.

Predpokladajme, že nejaká funkcia $U$ je ľubovoľným partikulárnym riešením nehomogénnej diferenciálnej rovnice. Predpokladajme tiež, že nejaká funkcia $Y$ je všeobecným riešením (OR) zodpovedajúcej lineárnej homogénnej diferenciálnej rovnice (LODE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Potom OR z LHDE-2 sa rovná súčtu uvedených súkromných a všeobecných riešení, t.j. $y=U+Y$.

Ak je pravá strana LIDE 2. rádu súčtom funkcií, to znamená $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, potom najskôr môžete nájsť PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $, ktoré zodpovedajú každému funkcií $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a potom napíšte LNDE-2 PD ako $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Riešenie LNDE 2. rádu s PC

Je zrejmé, že tvar jedného alebo druhého PD $U$ daného LNDE-2 závisí od konkrétneho tvaru jeho pravej strany $f\left(x\right)$. Najjednoduchšie prípady hľadania PD LNDE-2 sú formulované ako nasledujúce štyri pravidlá.

Pravidlo číslo 1.

Pravá strana LNDE-2 má tvar $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, kde $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, to znamená, že sa nazýva polynóm stupňa $n$. Potom sa hľadá jeho PR $U$ v tvare $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, kde $Q_(n) \left(x\right)$ je iné polynóm rovnakého stupňa ako $P_(n) \left(x\right)$ a $r$ je počet nulových koreňov charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2. Koeficienty polynómu $Q_(n) \left(x\right)$ sa zisťujú metódou neurčitých koeficientov (NC).

Pravidlo číslo 2.

Pravá strana LNDE-2 má tvar $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, kde $P_(n) \left( x\right)$ je polynóm stupňa $n$. Potom sa hľadá jeho PD $U$ v tvare $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, kde $Q_(n ) \ left(x\right)$ je ďalší polynóm rovnakého stupňa ako $P_(n) \left(x\right)$ a $r$ je počet koreňov charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2 rovná $\alpha $. Koeficienty polynómu $Q_(n) \left(x\right)$ sa zisťujú metódou NK.

Pravidlo číslo 3.

Pravá časť LNDE-2 má tvar $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, kde $a$, $b$ a $\beta $ sú známe čísla. Potom sa hľadá jeho PD $U$ v tvare $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right )\right )\cdot x^(r) $, kde $A$ a $B$ sú neznáme koeficienty a $r$ je počet koreňov charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2 rovný $i\cdot \beta $. Koeficienty $A$ a $B$ sa zisťujú metódou NDT.

Pravidlo číslo 4.

Pravá strana LNDE-2 má tvar $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, kde $P_(n) \left(x\right)$ je polynóm stupňa $ n$ a $P_(m) \left(x\right)$ je polynóm stupňa $m$. Potom sa hľadá jeho PD $U$ v tvare $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, kde $Q_(s) \left(x\right) $ a $ R_(s) \left(x\right)$ sú polynómy stupňa $s$, číslo $s$ je maximum z dvoch čísel $n$ a $m$ a $r$ je počet korene charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2, rovné $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficienty polynómov $Q_(s) \left(x\right)$ a $R_(s) \left(x\right)$ sa zisťujú metódou NK.

Metóda NK spočíva v aplikácii nasledujúceho pravidla. Na nájdenie neznámych koeficientov polynómu, ktoré sú súčasťou partikulárneho riešenia nehomogénnej diferenciálnej rovnice LNDE-2, je potrebné:

• nahraďte PD $U$ napísaný vo všeobecnej forme do ľavej časti LNDE-2;
• na ľavej strane LNDE-2 vykonajte zjednodušenia a skupinové výrazy s rovnakými mocninami $x$;
• vo výslednej identite vyrovnajte koeficienty členov s rovnakými mocninami $x$ ľavej a pravej strany;
• vyriešiť výslednú sústavu lineárnych rovníc pre neznáme koeficienty.

Príklad 1

Úloha: nájdite OR LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Tiež nájdite PR , spĺňajúce počiatočné podmienky $y=6$ pre $x=0$ a $y"=1$ pre $x=0$.

Napíšte zodpovedajúce LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Charakteristická rovnica: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korene charakteristickej rovnice: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Tieto korene sú skutočné a odlišné. ALEBO zodpovedajúcej LODE-2 má teda tvar: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Pravá časť tohto LNDE-2 má tvar $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Je potrebné zvážiť koeficient exponentu exponentu $\alpha =3$. Tento koeficient sa nezhoduje so žiadnym z koreňov charakteristickej rovnice. Preto má PR tohto LNDE-2 tvar $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Koeficienty $A$, $B$ budeme hľadať metódou NK.

Nájdeme prvý derivát CR:

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

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

Nájdeme druhý derivát CR:

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

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

Do daného LNDE-2 $y""-3\cdot y" dosadíme funkcie $U""$, $U"$ a $U$ namiesto $y""$, $y"$ a $y$ -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Zároveň, keďže exponent $e^(3\cdot x) $ je zahrnutý ako faktor vo všetkých komponentoch, potom ho možno vynechať.

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

Vykonávame akcie na ľavej strane výslednej rovnosti:

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

Používame metódu NC. Dostaneme systém lineárnych rovníc s dvoma neznámymi:

$-18\cdot A=36;$

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

Riešenie tohto systému je: $A=-2$, $B=-1$.

CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ pre náš problém vyzerá takto: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

ALEBO $y=Y+U$ pre náš problém vyzerá takto: $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) $.

Aby sme našli PD, ktoré spĺňa dané počiatočné podmienky, nájdeme deriváciu $y"$ ALEBO:

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

V $y$ a $y"$ nahradíme počiatočné podmienky $y=6$ za $x=0$ a $y"=1$ za $x=0$:

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

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

Dostali sme systém rovníc:

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

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

Riešime to. Nájdeme $C_(1) $ pomocou Cramerovho vzorca a $C_(2) $ sa určí z prvej rovnice:

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

PD tejto diferenciálnej rovnice je teda: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Vzdelávacia inštitúcia „Bieloruský štát

poľnohospodárska akadémia"

Katedra vyššej matematiky

Smernice

na preštudovaní témy "Lineárne diferenciálne rovnice 2. rádu" študentmi účtovného odboru korešpondenčnej formy vzdelávania (NISPO)

Gorki, 2013

Lineárne diferenciálne rovnice

druhého rádu s konštantoukoeficienty

Lineárne homogénne diferenciálne rovnice

Lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu s konštantnými koeficientmi sa nazýva rovnica tvaru

tie. rovnica, ktorá obsahuje požadovanú funkciu a jej derivácie len v prvom stupni a neobsahuje ich produkty. V tejto rovnici A
sú nejaké čísla a funkcia
daný v nejakom intervale
.

Ak
na intervale
, potom rovnica (1) nadobúda tvar

, (2)

a volal lineárne homogénne . V opačnom prípade sa nazýva rovnica (1). lineárne nehomogénne .

Zvážte komplexnú funkciu

, (3)

Kde
A
sú skutočné funkcie. Ak je funkcia (3) komplexným riešením rovnice (2), potom reálna časť
, a imaginárnu časť
riešenia
brané oddelene sú riešenia tej istej homogénnej rovnice. Akékoľvek komplexné riešenie rovnice (2) teda generuje dve reálne riešenia tejto rovnice.

Riešenia homogénnej lineárnej rovnice majú tieto vlastnosti:

Ak je riešením rovnice (2), potom funkcia
, Kde S- ľubovoľná konštanta, bude tiež riešením rovnice (2);

Ak A sú riešenia rovnice (2), potom funkcia
bude tiež riešením rovnice (2);

Ak A sú riešenia rovnice (2), potom ich lineárna kombinácia
bude tiež riešením rovnice (2), kde A
sú ľubovoľné konštanty.

Funkcie
A
volal lineárne závislé na intervale
ak sú také čísla A
, ktoré sa zároveň nerovnajú nule, že na tomto intervale je rovnosť

Ak rovnosť (4) platí len vtedy, keď
A
, potom funkcie
A
volal lineárne nezávislé na intervale
.

Príklad 1 . Funkcie
A
sú lineárne závislé, keďže
pozdĺž celého číselného radu. V tomto príklade
.

Príklad 2 . Funkcie
A
sú lineárne nezávislé na akomkoľvek intervale, pretože rovnosť
možné len ak a
, A
.

Konštrukcia všeobecného riešenia lineárneho homogénneho

rovnice

Aby ste našli všeobecné riešenie rovnice (2), musíte nájsť dve jej lineárne nezávislé riešenia A . Lineárna kombinácia týchto riešení
, Kde A
sú ľubovoľné konštanty a poskytnú všeobecné riešenie lineárnej homogénnej rovnice.

Lineárne nezávislé riešenia rovnice (2) sa budú hľadať vo forme

, (5)

Kde - nejaké číslo. Potom
,
. Dosaďte tieto výrazy do rovnice (2):

alebo
.

Pretože
, To
. Takže funkcia
bude riešením rovnice (2), ak splní rovnicu

. (6)

Rovnica (6) sa nazýva charakteristická rovnica pre rovnicu (2). Táto rovnica je algebraická kvadratická rovnica.

Nechaj A sú korene tejto rovnice. Môžu byť buď skutočné a odlišné, alebo zložité, alebo skutočné a rovnaké. Zoberme si tieto prípady.

Nechajte korene A charakteristické rovnice sú skutočné a zreteľné. Potom riešenia rovnice (2) budú funkcie
A
. Tieto riešenia sú lineárne nezávislé, pretože rovnosť
možno vykonať len vtedy
, A
. Preto všeobecné riešenie rovnice (2) má tvar

,

Kde A
sú ľubovoľné konštanty.

Príklad 3
.

Riešenie . Charakteristická rovnica pre tento diferenciál bude
. Pri riešení tejto kvadratickej rovnice nájdeme jej korene
A
. Funkcie
A
sú riešenia diferenciálnej rovnice. Všeobecné riešenie tejto rovnice má tvar
.

komplexné číslo sa nazýva výraz formy
, Kde A sú reálne čísla a
sa nazýva imaginárna jednotka. Ak
, potom číslo
sa nazýva čisto imaginárny. Ak
, potom číslo
je identifikovaný skutočným číslom .

číslo sa nazýva reálna časť komplexného čísla a - imaginárna časť. Ak sa dve komplexné čísla navzájom líšia iba znamienkom imaginárnej časti, potom sa nazývajú konjugované:
,
.

Príklad 4 . Vyriešte kvadratickú rovnicu
.

Riešenie . Diskriminačná rovnica
. Potom. podobne,
. Táto kvadratická rovnica má teda konjugované komplexné korene.

Nech sú korene charakteristickej rovnice zložité, t.j.
,
, Kde
. Riešenia rovnice (2) možno zapísať ako
,
alebo
,
. Podľa Eulerových vzorcov

,
.

Potom,. Ako je známe, ak je komplexná funkcia riešením lineárnej homogénnej rovnice, potom riešenia tejto rovnice sú reálnou aj imaginárnou časťou tejto funkcie. Riešením rovnice (2) teda budú funkcie
A
. Od rovnosti

možno vykonať len vtedy, ak
A
, potom sú tieto riešenia lineárne nezávislé. Preto má všeobecné riešenie rovnice (2) tvar

Kde A
sú ľubovoľné konštanty.

Príklad 5 . Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
.

Riešenie . Rovnica
je charakteristický pre daný diferenciál. Riešime to a dostaneme zložité korene
,
. Funkcie
A
sú lineárne nezávislé riešenia diferenciálnej rovnice. Všeobecné riešenie tejto rovnice má tvar.

Korene charakteristickej rovnice nech sú skutočné a rovné, t.j.
. Potom riešenia rovnice (2) sú funkcie
A
. Tieto riešenia sú lineárne nezávislé, pretože výraz môže byť zhodne rovný nule iba vtedy, keď
A
. Preto má všeobecné riešenie rovnice (2) tvar
.

Príklad 6 . Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
.

Riešenie . Charakteristická rovnica
má rovnaké korene
. V tomto prípade sú lineárne nezávislé riešenia diferenciálnej rovnice funkciami
A
. Všeobecné riešenie má formu
.

Nehomogénne lineárne diferenciálne rovnice druhého rádu s konštantnými koeficientmi

a špeciálna pravá strana

Všeobecné riešenie lineárnej nehomogénnej rovnice (1) sa rovná súčtu všeobecného riešenia
zodpovedajúcu homogénnu rovnicu a akékoľvek konkrétne riešenie
nehomogénna rovnica:
.

V niektorých prípadoch možno konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice nájsť celkom jednoducho podľa tvaru pravej strany
rovnice (1). Uvažujme o prípadoch, keď je to možné.

tie. pravá strana nehomogénnej rovnice je polynóm stupňa m. Ak
nie je koreňom charakteristickej rovnice, potom by sa malo hľadať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice vo forme polynómu stupňa m, t.j.

Odds
sa určujú v procese hľadania konkrétneho riešenia.

Ak
je koreňom charakteristickej rovnice, potom treba hľadať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice vo forme

Príklad 7 . Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
.

Riešenie . Zodpovedajúca homogénna rovnica pre túto rovnicu je
. Jeho charakteristická rovnica
má korene
A
. Všeobecné riešenie homogénnej rovnice má tvar
.

Pretože
nie je koreňom charakteristickej rovnice, potom budeme hľadať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice vo forme funkcie
. Nájdite deriváty tejto funkcie
,
a dosaďte ich do tejto rovnice:

alebo . Vyrovnajte koeficienty pri a bezplatných členov:
Vyriešením tohto systému dostaneme
,
. Potom má konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice tvar
a všeobecné riešenie tejto nehomogénnej rovnice bude súčtom všeobecného riešenia zodpovedajúcej homogénnej rovnice a partikulárneho riešenia nehomogénnej rovnice:
.

Nech má nehomogénna rovnica tvar

Ak
nie je koreňom charakteristickej rovnice, potom treba hľadať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice vo forme. Ak
je koreňom charakteristickej multiplicitnej rovnice k (k= 1 alebo k=2), potom v tomto prípade bude mať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice tvar .

Príklad 8 . Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
.

Riešenie . Charakteristická rovnica pre zodpovedajúcu homogénnu rovnicu má tvar
. jeho korene
,
. V tomto prípade sa všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice zapíše ako
.

Keďže číslo 3 nie je koreňom charakteristickej rovnice, malo by sa hľadať konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice v tvare
. Poďme nájsť deriváty prvého a druhého rádu:,

Dosaďte do diferenciálnej rovnice:
+ +,
+,.

Vyrovnajte koeficienty pri a bezplatných členov:

Odtiaľ
,
. Potom má konkrétne riešenie tejto rovnice tvar
a všeobecné riešenie

.

Lagrangeova metóda variácie ľubovoľných konštánt

Metódu variácie ľubovoľných konštánt možno aplikovať na akúkoľvek nehomogénnu lineárnu rovnicu s konštantnými koeficientmi, bez ohľadu na tvar pravej strany. Táto metóda umožňuje vždy nájsť všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice, ak je známe všeobecné riešenie príslušnej homogénnej rovnice.

Nechaj
A
sú lineárne nezávislé riešenia rovnice (2). Potom je všeobecné riešenie tejto rovnice
, Kde A
sú ľubovoľné konštanty. Podstatou metódy variácie ľubovoľných konštánt je, že všeobecné riešenie rovnice (1) sa hľadá v tvare

Kde
A
- možno nájsť nové neznáme funkcie. Keďže existujú dve neznáme funkcie, na ich nájdenie sú potrebné dve rovnice obsahujúce tieto funkcie. Tieto dve rovnice tvoria systém

čo je lineárny algebraický systém rovníc vzhľadom na
A
. Pri riešení tohto systému nájdeme
A
. Zistíme, že integrovaním oboch častí získaných rovnosti

A
.

Dosadením týchto výrazov do (9) dostaneme všeobecné riešenie nehomogénnej lineárnej rovnice (1).

Príklad 9 . Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
.

Riešenie. Charakteristická rovnica pre homogénnu rovnicu zodpovedajúca danej diferenciálnej rovnici je
. Jeho korene sú zložité
,
. Pretože
A
, To
,
, a všeobecné riešenie homogénnej rovnice má tvar Potom sa bude hľadať všeobecné riešenie tejto nehomogénnej rovnice v tvare kde
A
- neznáme funkcie.

Systém rovníc na nájdenie týchto neznámych funkcií má tvar

Pri riešení tohto systému nájdeme
,
. Potom

,
. Dosaďte získané výrazy do všeobecného vzorca riešenia:

Toto je všeobecné riešenie tejto diferenciálnej rovnice získané Lagrangeovou metódou.

Otázky na sebaovládanie vedomostí

Ktorá diferenciálna rovnica sa nazýva lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu s konštantnými koeficientmi?

Ktorá lineárna diferenciálna rovnica sa nazýva homogénna a ktorá nehomogénna?

Aké sú vlastnosti lineárnej homogénnej rovnice?

Ktorá rovnica sa nazýva charakteristická pre lineárnu diferenciálnu rovnicu a ako sa získava?

V akej forme sa zapisuje všeobecné riešenie lineárnej homogénnej diferenciálnej rovnice s konštantnými koeficientmi v prípade rôznych koreňov charakteristickej rovnice?

V akej forme sa zapisuje všeobecné riešenie lineárnej homogénnej diferenciálnej rovnice s konštantnými koeficientmi v prípade rovnakých koreňov charakteristickej rovnice?

V akej forme sa píše všeobecné riešenie lineárnej homogénnej diferenciálnej rovnice s konštantnými koeficientmi v prípade komplexných koreňov charakteristickej rovnice?

Ako sa píše všeobecné riešenie lineárnej nehomogénnej rovnice?

V akej forme sa hľadá konkrétne riešenie lineárnej nehomogénnej rovnice, ak sú korene charakteristickej rovnice rôzne a nerovnajú sa nule a pravá strana rovnice je polynóm stupňa m?

V akej forme sa hľadá konkrétne riešenie lineárnej nehomogénnej rovnice, ak medzi koreňmi charakteristickej rovnice je jedna nula a pravá strana rovnice je polynóm stupňa m?

Čo je podstatou Lagrangeovej metódy?

Tento článok odhaľuje otázku riešenia lineárnych nehomogénnych diferenciálnych rovníc druhého rádu s konštantnými koeficientmi. Teória sa bude posudzovať spolu s príkladmi daných problémov. Na dešifrovanie nezrozumiteľných pojmov je potrebné odkázať na tému základných definícií a pojmov teórie diferenciálnych rovníc.

Uvažujme lineárnu diferenciálnu rovnicu (LDE) druhého rádu s konštantnými koeficientmi tvaru y "" + p y " + q y \u003d f (x), kde p a q sú ľubovoľné čísla a existujúca funkcia f (x) je spojité na integračnom intervale x .

Prejdime k formulácii všeobecnej vety o riešení pre LIDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Všeobecná teoréma riešenia pre LDNU

Veta 1

Všeobecné riešenie nehomogénnej diferenciálnej rovnice v tvare y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + nachádzajúce sa na intervale x. . . + f 0 (x) y = f (x) so spojitými integračnými koeficientmi na x intervale f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) a spojitá funkcia f (x) sa rovná súčtu všeobecného riešenia y 0, ktoré zodpovedá LODE, a nejakého partikulárneho riešenia y ~, kde pôvodná nehomogénna rovnica je y = y 0 + y ~ .

To ukazuje, že riešenie takejto rovnice druhého rádu má tvar y = y 0 + y ~ . Algoritmus na nájdenie y 0 je uvedený v článku o lineárnych homogénnych diferenciálnych rovniciach druhého rádu s konštantnými koeficientmi. Potom by sa malo pristúpiť k definícii y ~ .

Výber konkrétneho riešenia LIDE závisí od typu dostupnej funkcie f (x) umiestnenej na pravej strane rovnice. Na to je potrebné samostatne zvážiť riešenia lineárnych nehomogénnych diferenciálnych rovníc druhého rádu s konštantnými koeficientmi.

Keď f (x) považujeme za polynóm n-tého stupňa f (x) = P n (x) , z toho vyplýva, že konkrétne riešenie LIDE nájdeme pomocou vzorca v tvare y ~ = Q n (x ) x γ , kde Q n ( x) je polynóm stupňa n, r je počet nulových koreňov charakteristickej rovnice. Hodnota y ~ je konkrétne riešenie y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x), potom dostupné koeficienty, ktoré sú definované polynómom
Q n (x) , zistíme pomocou metódy neurčitých koeficientov z rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Príklad 1

Vypočítajte pomocou Cauchyho vety y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Riešenie

Inými slovami, je potrebné prejsť na konkrétne riešenie lineárnej nehomogénnej diferenciálnej rovnice druhého rádu s konštantnými koeficientmi y "" - 2 y " = x 2 + 1 , ktoré bude spĺňať dané podmienky y (0) = 2, y" (0) = 14.

Všeobecné riešenie lineárnej nehomogénnej rovnice je súčet všeobecného riešenia, ktoré zodpovedá rovnici y 0 alebo konkrétnemu riešeniu nehomogénnej rovnice y ~ , teda y = y 0 + y ~ .

Najprv nájdime všeobecné riešenie pre LNDE a potom konkrétne.

Prejdime k hľadaniu y 0 . Napísanie charakteristickej rovnice pomôže nájsť korene. Chápeme to

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

Zistili sme, že korene sú iné a skutočné. Preto píšeme

y 0 \u003d C1e 0 x + C2e 2 x \u003d C1 + C2e 2 x.

Poďme nájsť y ~. Je vidieť, že pravá strana danej rovnice je polynóm druhého stupňa, potom sa jeden z koreňov rovná nule. Odtiaľto dostaneme, že konkrétne riešenie pre y ~ bude

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, kde hodnoty A, B, C vziať nedefinované koeficienty.

Nájdite ich z rovnosti v tvare y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Potom dostaneme toto:

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 S x + C " - 6 A x 2 - 4 S x - 2 C = x 2 + 1 6 A x + 2 B - 6 A x 2 - 4 S x - 2 C = x 2 + 1 - 6 A x 2 + x (6 A - 4 B) + 2 B - 2 C = x 2 + 1

Prirovnaním koeficientov s rovnakými exponentmi x dostaneme sústavu lineárnych výrazov - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Pri riešení ktorýmkoľvek zo spôsobov nájdeme koeficienty a zapíšeme: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 a y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Tento záznam sa nazýva všeobecné riešenie pôvodnej lineárnej nehomogénnej diferenciálnej rovnice druhého rádu s konštantnými koeficientmi.

Na nájdenie konkrétneho riešenia, ktoré spĺňa podmienky y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 , je potrebné určiť hodnoty C1 A C2, na základe rovnosti tvaru y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Dostávame to:

y (0) = C1 + C2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = C1 + C2 y "(0) = C1 + C2 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

Pracujeme s výslednou sústavou rovníc tvaru C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, kde C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Aplikovaním Cauchyho vety to máme

y = C1 + C2 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

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

Keď je funkcia f (x) reprezentovaná ako súčin polynómu so stupňom n a exponentom f (x) = P n (x) e a x , potom dostaneme, že konkrétne riešenie LIDE druhého rádu bude rovnica v tvare y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , kde Q n (x) je polynóm n-tého stupňa a r je počet koreňov charakteristickej rovnice rovný α .

Koeficienty prislúchajúce Q n (x) nájdeme pomocou rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Príklad 2

Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice v tvare y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Riešenie

Všeobecná rovnica y = y 0 + y ~ . Uvedená rovnica zodpovedá LOD y "" - 2 y " = 0. Predchádzajúci príklad ukazuje, že jej korene sú k1 = 0 a k2 = 2 a yo = C1 + C2e2 x podľa charakteristickej rovnice.

Je vidieť, že pravá strana rovnice je x 2 + 1 · e x . Odtiaľto sa LNDE nachádza cez y ~ = e a x Q n (x) x γ , kde Q n (x) , čo je polynóm druhého stupňa, kde α = 1 a r = 0, pretože charakteristická rovnica nie je mať koreň rovný 1. Preto to chápeme

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 sú neznáme koeficienty, ktoré možno nájsť pomocou rovnosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Mám to

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

Zrovnáme ukazovatele pre rovnaké koeficienty a získame systém lineárnych rovníc. Odtiaľ nájdeme A, B, C:

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

odpoveď: je možné vidieť, že y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 je konkrétne riešenie LIDE a y = y 0 + y = C1e2 x - e x · x 2 + 3

Keď je funkcia napísaná ako f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x a A 1 A V 1 sú čísla, potom rovnica v tvare y ~ = A cos β x + B sin β x x γ , kde A a B sa považujú za neurčité koeficienty a r počet komplexne združených koreňov súvisiacich s charakteristickou rovnicou, rovný ± ip. V tomto prípade sa hľadanie koeficientov vykonáva pomocou rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Príklad 3

Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice v tvare y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Riešenie

Pred napísaním charakteristickej rovnice nájdeme y 0 . Potom

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

Máme pár komplexne konjugovaných koreňov. Poďme sa transformovať a získajme:

y 0 \u003d e 0 (C1 cos (2 x) + C2 sin (2 x)) \u003d C1 cos 2 x + C2 sin (2 x)

Korene z charakteristickej rovnice sa považujú za konjugovaný pár ± 2 i , potom f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . To ukazuje, že vyhľadávanie y ~ sa uskutoční z y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Neznáme koeficienty A a B budeme hľadať z rovnosti v tvare y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Poďme sa transformovať:

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 čos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B čos (2 x)

Potom je to vidieť

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)

Je potrebné dať rovnítko medzi koeficienty sínusov a kosínusov. Dostaneme systém formulára:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Z toho vyplýva, že y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

odpoveď: všeobecné riešenie pôvodného LIDE druhého rádu s konštantnými koeficientmi sa považuje za

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

Keď f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , potom y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x ) cos (β x) x γ Máme, že r je počet komplexne konjugovaných párov koreňov súvisiacich s charakteristickou rovnicou, rovný α ± i β , kde P n (x), Q k (x), L m ( x) a Nm (x) sú polynómy stupňa n, k, m, kde m = m a x (n, k). Nálezové koeficienty L m (x) A Nm (x) vzniká na základe rovnosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Príklad 4

Nájdite všeobecné riešenie y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Riešenie

Z podmienky je zrejmé, že

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

Potom m = m a x (n, k) = 1. Nájdeme y 0 tak, že najprv napíšeme charakteristickú rovnicu tvaru:

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

Zistili sme, že korene sú skutočné a odlišné. Preto yo = C1ex + C2e2x. Ďalej je potrebné hľadať všeobecné riešenie na základe nehomogénnej rovnice y ~ tvaru

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

Je známe, že A, B, C sú koeficienty, r = 0, pretože neexistuje pár konjugovaných koreňov súvisiacich s charakteristickou rovnicou s α ± i β = 3 ± 5 · i. Tieto koeficienty sa získajú z výslednej rovnosti:

y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) "" - - 3 (e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) hriech (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) hriech (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

Nájdenie derivátu a podobných výrazov dáva

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))

Po porovnaní koeficientov dostaneme systém formulára

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

Z toho všetkého vyplýva

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) hriech (5x))

odpoveď: teraz bolo získané všeobecné riešenie danej lineárnej rovnice:

y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) hriech (5 x))

Algoritmus na riešenie LDNU

Definícia 1

Akýkoľvek iný druh funkcie f (x) pre riešenie poskytuje algoritmus riešenia:

• nájdenie všeobecného riešenia zodpovedajúcej lineárnej homogénnej rovnice, kde y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , kde y 1 A y2 sú lineárne nezávislé partikulárne riešenia LODE, Od 1 A Od 2 sú považované za ľubovoľné konštanty;
• prijatie ako všeobecné riešenie LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• definícia derivácií funkcie prostredníctvom systému v tvare 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) a hľadanie funkcií C 1 (x) a C2 (x) prostredníctvom integrácie.

Príklad 5

Nájdite všeobecné riešenie pre y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Riešenie

Pokračujeme v písaní charakteristickej rovnice, keď sme predtým napísali y 0 , y "" + 36 y = 0 . Napíšeme a vyriešime:

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) = hriech (6 x)

Máme, že záznam všeobecného riešenia danej rovnice bude mať tvar y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Je potrebné prejsť k definícii derivačných funkcií C 1 (x) A C2(x) podľa sústavy s rovnicami:

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

Je potrebné prijať rozhodnutie týkajúce sa C 1 "(x) A C2" (x) pomocou akejkoľvek metódy. Potom píšeme:

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 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Každá z rovníc musí byť integrovaná. Potom napíšeme výsledné rovnice:

C 1 (x) = 1 3 hriech (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 hriech ( 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

Z toho vyplýva, že všeobecné riešenie bude mať tvar:

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)

odpoveď: 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)

Ak si všimnete chybu v texte, zvýraznite ju a stlačte Ctrl+Enter

Videli sme, že v prípade, že je známe všeobecné riešenie lineárnej homogénnej rovnice, je možné nájsť všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice metódou variácie ľubovoľných konštánt. Otázka, ako nájsť všeobecné riešenie homogénnej rovnice, však zostala otvorená. V konkrétnom prípade, keď v lineárnej diferenciálnej rovnici (3) sú všetky koeficienty p i(X)= a i - konštanty, rieši sa to úplne jednoducho, aj bez integrácie.

Uvažujme lineárnu homogénnu diferenciálnu rovnicu s konštantnými koeficientmi, t.j. rovnice tvaru

r (n) + a 1 r (n – 1) + ... a n – 1 r " + a n y = 0, (14)

Kde a i- konštanty (i= 1, 2, ...,n).

Ako je známe, pre lineárnu homogénnu rovnicu 1. rádu je riešenie funkciou tvaru e kx . Riešenie rovnice (14) budeme hľadať vo formulári j (X) = e kx.

Dosadíme do rovnice (14) funkciu j (X) a jeho radové deriváty m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Získajte

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

ale e k x ¹ 0 pre ľubovoľnú X, Preto

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

Rovnica (15) sa nazýva charakteristická rovnica, polynóm na ľavej strane,- charakteristický polynóm , jej korene- charakteristické korene diferenciálna rovnica (14).

Záver:

funkciuj (X) = e kx - riešenie lineárnej homogénnej rovnice (14) práve vtedy, ak číslo k - koreň charakteristickej rovnice (15).

Proces riešenia lineárnej homogénnej rovnice (14) sa teda redukuje na riešenie algebraickej rovnice (15).

Existujú rôzne prípady charakteristických koreňov.

1.Všetky korene charakteristickej rovnice sú skutočné a odlišné.

V tomto prípade n rôzne charakteristické korene k 1 ,k 2 ,..., k n zodpovedá n rôzne riešenia homogénnej rovnice (14)

Dá sa ukázať, že tieto riešenia sú lineárne nezávislé, a preto tvoria základný systém riešení. Všeobecným riešením rovnice je teda funkcia

Kde S 1 , C 2 , ..., ~ n - ľubovoľné konštanty.

PRÍKLAD 7. Nájdite všeobecné riešenie lineárnej homogénnej rovnice:

A) pri¢ ¢ (X) - 6pri¢ (X) + 8pri(X) = 0,b) pri¢ ¢ ¢ (X) + 2pri¢ ¢ (X) - 3pri¢ (X) = 0.

Riešenie. Urobme charakteristickú rovnicu. Aby sme to dosiahli, nahradíme deriváciu objednávky m funkcie r(X) v zodpovedajúcej miere

k(pri (m) (X) « k m),

zatiaľ čo samotná funkcia pri(X), pretože derivácia nultého rádu je nahradená k 0 = 1.

V prípade (a) má charakteristická rovnica tvar k 2 - 6k + 8 = 0. Korene tejto kvadratickej rovnice k 1 = 2,k 2 = 4. Keďže sú skutočné a odlišné, všeobecné riešenie má formu j (X)= C 1 e 2X + Od 2 e 4x.

Pre prípad (b) je charakteristickou rovnicou rovnica tretieho stupňa k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Nájdite korene tejto rovnice:

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.

Tieto charakteristické korene zodpovedajú základnému systému riešení diferenciálnej rovnice:

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

Všeobecným riešením podľa vzorca (9) je funkcia

j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .

II . Všetky korene charakteristickej rovnice sú odlišné, ale niektoré z nich sú zložité.

Všetky koeficienty diferenciálnej rovnice (14) a následne aj jej charakteristickej rovnice (15)- reálne čísla, potom ak c medzi charakteristickými koreňmi je komplexný koreň k 1 = a + ib, teda jeho konjugovaný koreň k 2 = ` k 1 = a- ib.Prvý koreň k 1 zodpovedá riešeniu diferenciálnej rovnice (14)

j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)

(použili sme Eulerov vzorec e i x = cosx + isinx). Rovnako aj koreň k 2 = a- ib zodpovedá rozhodnutiu

j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e sekera(cosbx - isinbx).

Tieto riešenia sú zložité. Na získanie reálnych riešení z nich využívame vlastnosti riešení lineárnej homogénnej rovnice (pozri 13.2). Funkcie

sú reálne riešenia rovnice (14). Tieto riešenia sú tiež lineárne nezávislé. Z toho možno vyvodiť nasledujúci záver.

Pravidlo 1.Pár koreňov konjugovaného komplexu a± ib charakteristickej rovnice v FSR lineárnej homogénnej rovnice (14) zodpovedá dvom skutočným konkrétnym riešeniamA .

PRÍKLAD 8. Nájdite všeobecné riešenie rovnice:

A) pri¢ ¢ (X) - 2pri ¢ (X) + 5pri(X) = 0 ;b) pri¢ ¢ ¢ (X) - pri¢ ¢ (X) + 4pri ¢ (X) - 4pri(X) = 0.

Riešenie. V prípade rovnice (a) korene charakteristickej rovnice k 2 - 2k + 5 = 0 sú dve konjugované komplexné čísla

k 1, 2 = .

Preto podľa pravidla 1 zodpovedajú dvom skutočným lineárne nezávislým riešeniam: a , a všeobecným riešením rovnice je funkcia

j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x hriech 2X.

V prípade (b) nájsť korene charakteristickej rovnice k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, rozkladáme jeho ľavú stranu:

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

Preto máme tri charakteristické korene: k 1 = 1,k2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 zodpovedá rozhodnutiu a pár koreňov konjugovaných komplexov k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- dve skutočné riešenia: a . Zostavíme všeobecné riešenie rovnice:

j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 hriech 2X.

III . Medzi koreňmi charakteristickej rovnice sú násobky.

Nechaj k 1 - skutočný koreň mnohosti m charakteristická rovnica (15), teda medzi koreňmi sú m rovnaké korene. Každému z nich zodpovedá rovnaké riešenie diferenciálnej rovnice (14) Zahrňte však m rovnaké riešenia v FSR nie sú možné, pretože tvoria lineárne závislý systém funkcií.

Dá sa ukázať, že v prípade viacnásobného koreňa k 1 riešenia rovnice (14) sú okrem funkcie aj funkcie

Funkcie sú lineárne nezávislé na celej číselnej osi, pretože , t.j. môžu byť zahrnuté do FSR.

Pravidlo 2 skutočný charakteristický koreň k 1 násobnosti m v FSR zodpovedá m riešenia:

Ak k 1 - komplexný koreň mnohosti m charakteristická rovnica (15), potom existuje konjugovaný koreň k 1 násobnosti m. Analogicky dostaneme nasledujúce pravidlo.

Pravidlo 3. Pár koreňov konjugovaného komplexu a± ib v FSR zodpovedá 2 m skutočným lineárne nezávislým riešeniam:

, , ..., ,

, , ..., .

PRÍKLAD 9. Nájdite všeobecné riešenie rovnice:

A) pri¢ ¢ ¢ (X) + 3pri¢ ¢ (X) + 3pri¢ (X)+ y ( X)= 0;b) IV(X) + 6pri¢ ¢ (X) + 9pri(X) = 0.

Riešenie. V prípade (a) má charakteristická rovnica tvar

k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0

(k + 1) 3 = 0,

t.j. k =- 1 - koreň násobnosti 3. Na základe pravidla 2 napíšeme všeobecné riešenie:

j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 X 2 .

Charakteristická rovnica v prípade (b) je rovnica

k 4 + 6k 2 + 9 = 0

alebo inak,

(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± ja

Máme pár konjugovaných komplexných koreňov, každý s násobnosťou 2. Podľa pravidla 3 sa všeobecné riešenie zapíše ako

j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 X .

Z vyššie uvedeného vyplýva, že pre každú lineárnu homogénnu rovnicu s konštantnými koeficientmi možno nájsť základný systém riešení a vytvoriť všeobecné riešenie. Preto riešenie zodpovedajúcej nehomogénnej rovnice pre ľubovoľnú spojitú funkciu f(X) na pravej strane možno nájsť pomocou metódy variácie ľubovoľných konštánt (pozri časť 5.3).

Príklad r10 Variačnou metódou nájdite všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = x e 2X .

Riešenie. Najprv nájdeme všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = 0. Korene charakteristickej rovnice k 2 - k- 6 = 0 je k 1 = 3,k 2 = - 2, a všeobecné riešenie homogénnej rovnice - funkciu ` pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .

Riešenie nehomogénnej rovnice budeme hľadať vo forme

pri( X) = S 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)

Poďme nájsť Vronského determinant

W[e 3X , napr 2X ] = .

Zostavme sústavu rovníc (12) vzhľadom na derivácie neznámych funkcií S ¢ 1 (X) A S¢ 2 (X):

Vyriešením systému pomocou Cramerových vzorcov získame

Zistili sme, že integrácia S 1 (X) A S 2 (X):

Substitučné funkcie S 1 (X) A S 2 (X) na rovnosť (*), dostaneme všeobecné riešenie rovnice pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = x e 2X :

V prípade, že pravá strana lineárnej nehomogénnej rovnice s konštantnými koeficientmi má špeciálny tvar, je možné nájsť konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice bez použitia metódy variácie ľubovoľných konštánt.

Uvažujme rovnicu s konštantnými koeficientmi

r (n) + 1 r (n– 1) + ... a n – 1 r " + a n y = f (X), (16)

f( X) = esekera(P n(X)cosbx + Rm(X)sinbx), (17)

Kde P n(X) A Rm(X) - stupňové polynómy n A m resp.

Súkromné ​​riešenie y*(X) rovnice (16) je určená vzorcom

pri* (X) = x se sekera(Pán(X)cosbx + Nr(X)sinbx), (18)

Kde Pán(X) A N r(X) - polynómy stupňa r = max(n, m) s neurčitými koeficientmi , A s rovná násobnosti koreňa k 0 = a + ib charakteristický polynóm rovnice (16), pričom sa predpokladá s= 0 ak k 0 nie je charakteristický koreň.

Aby sme sformulovali konkrétne riešenie pomocou vzorca (18), musíme nájsť štyri parametre - a, b, r A s. Prvé tri sú určené z pravej strany rovnice, s r- je vlastne najvyššia X nájdete na pravej strane. Parameter s sa zistí porovnaním čísla k 0 = a + ib A množina všetkých (berúc do úvahy násobnosti) charakteristických koreňov rovnice (16), ktoré sa nachádzajú pri riešení príslušnej homogénnej rovnice.

Uvažujme o konkrétnych prípadoch tvaru funkcie (17):

1) pri a ¹ 0, b= 0f(X)= e sekera P n(X);

2) kedy a= 0, b ¹ 0f(X)= P n(X) sosbx + Rm(X)sinbx;

3) kedy a = 0, b = 0f(X)= Pn(X).

Poznámka 1. Ak P n (x) º 0 alebo R m (x)º 0, potom pravá strana rovnice f(x) = e ax P n (x)с osbx alebo f(x) = e ax R m (x)sinbx, t.j. obsahuje iba jednu z funkcií - kosínus alebo sínus. Ale v zápise konkrétneho riešenia musia byť prítomné obe, keďže podľa vzorca (18) je každé z nich vynásobené polynómom s neurčitými koeficientmi rovnakého stupňa r = max(n, m).

Príklad 11. Určte tvar partikulárneho riešenia lineárnej homogénnej rovnice 4. rádu s konštantnými koeficientmi, ak je známa pravá strana rovnice f(X) = e x(2xcos 3x +(X 2 + 1)hriech 3X) a korene charakteristickej rovnice:

A ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;

b ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;

V ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.

Riešenie. Na pravej strane to nájdeme v konkrétnom riešení pri*(X), ktorý je určený vzorcom (18), parametre: a= 1, b= 3, r= 2. Zostávajú rovnaké pre všetky tri prípady, preto ten počet k 0, ktorý určuje posledný parameter s vzorec (18) sa rovná k 0 = 1+ 3i. V prípade (a) medzi charakteristickými koreňmi nie je žiadne číslo k 0 = 1 + 3ja, znamená, s= 0 a konkrétne riešenie má tvar

y*(X) = X 0 e x(M 2 (X)cos 3x + N 2 (X)hriech 3X) =

= eX( (Ax 2 + Bx + C)cos 3x +(A 1 X 2 +B 1 x + C 1)hriech 3X.

V prípade (b) číslo k 0 = 1 + 3i sa medzi charakteristickými koreňmi vyskytuje iba raz, čo znamená, že s= 1 A

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

Pre prípad (c) máme s= 2 a

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

V príklade 11 sú v zázname partikulárneho riešenia dva polynómy 2. stupňa s neurčitými koeficientmi. Ak chcete nájsť riešenie, musíte určiť číselné hodnoty týchto koeficientov. Sformulujme všeobecné pravidlo.

Určiť neznáme koeficienty polynómov Pán(X) A N r(X) rovnosť (17) sa diferencuje potrebný počet krát, funkcia sa dosadí y*(X) a jeho derivátov do rovnice (16). Porovnaním jeho ľavej a pravej časti sa získa systém algebraických rovníc na nájdenie koeficientov.

Príklad 12. Nájdite riešenie rovnice pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2X, ktorý určil konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice podľa tvaru pravej strany.

Riešenie. Všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice má tvar

pri( X) = ` pri(X)+ y*(X),

Kde ` pri ( X) - všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice a y*(X) - konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice.

Najprv vyriešime homogénnu rovnicu pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = 0. Jeho charakteristická rovnica k 2 - k- 6 = 0 má dva korene k 1 = 3,k 2 = - 2, teda, ` pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .

Na určenie typu konkrétneho riešenia používame vzorec (18). pri*(X). Funkcia f(X) = xe 2X je špeciálny prípad (a) vzorca (17), pričom a = 2,b= 0 A r= 1, t.j. k 0 = 2 + 0i = 2. Porovnaním s charakteristickými koreňmi sme dospeli k záveru, že s= 0. Nahradením hodnôt všetkých parametrov do vzorca (18) máme y*(X) = (Ah + B)e 2X .

Ak chcete nájsť hodnoty A A IN, nájdite derivácie prvého a druhého rádu funkcie y*(X) = (Ah + B)e 2X :

y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + A + 2B)e 2x,

y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + A + 2B)e 2X = (4Ach + 4A+ 4B)e 2X .

Po nahradení funkcie y*(X) a jeho deriváty do rovnice, ktorú máme

(4Ach + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + A + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2X Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.

Konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice má teda tvar

y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,

a všeobecné riešenie - pri ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .

Poznámka 2.V prípade, že je položený Cauchyho problém pre nehomogénnu rovnicu, treba najprv nájsť všeobecné riešenie rovnice

pri( X) = ,

po určení všetkých číselných hodnôt koeficientov v pri*(X). Potom použite počiatočné podmienky a ich dosadením do všeobecného riešenia (a nie do y*(X)), nájdite hodnoty konštánt C i.

Príklad 13. Nájdite riešenie Cauchyho problému:

pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 2X ,y(0) = 0, r ¢ (X) = 0.

Riešenie. Všeobecné riešenie tejto rovnice

pri(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X

bol nájdený v príklade 12. Aby sme našli konkrétne riešenie, ktoré spĺňa počiatočné podmienky danej Cauchyho úlohy, získame sústavu rovníc

Vyriešime to, máme C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Preto je riešením Cauchyho problému funkcia

pri(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .

Poznámka 3(princíp superpozície). Ak v lineárnej rovnici L n[r(X)]= f(X), Kde f(X) = f 1 (X)+f 2 (X) A y* 1 (X) - riešenie rovnice L n[r(X)]= f 1 (X), A y* 2 (X) - riešenie rovnice L n[r(X)]= f 2 (X), potom funkcia y*(X)= y* 1 (X)+ y* 2 (X) je riešenie rovnice L n[r(X)]= f(X).

PRÍKLAD 14. Uveďte tvar všeobecného riešenia lineárnej rovnice

pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = x + sinx.

Riešenie. Všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice

` pri(X) = C 1 cos 2x + C 2 hriech 2X,

od charakteristickej rovnice k 2 + 4 = 0 má korene k 1, 2 = ± 2i.Pravá strana rovnice nezodpovedá vzorcu (17), ale ak zavedieme zápis f 1 (X) = x, f 2 (X) = hriech a využiť princíp superpozície , potom je možné nájsť konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice vo forme y*(X)= y* 1 (X)+ y* 2 (X), Kde y* 1 (X) - riešenie rovnice pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = x, A y* 2 (X) - riešenie rovnice pri¢ ¢ (X) + 4pri(X) = hriech. Podľa vzorca (18)

y* 1 (X) = Ax + B,y* 2 (X) = Ccosx + Dsinx.

Potom konkrétne riešenie

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

teda všeobecné riešenie má tvar

pri(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.

PRÍKLAD 15. Elektrický obvod pozostáva zo sériovo zapojeného zdroja prúdu s emf e(t) = E hriechw t, indukčnosť L a kontajnery S, a