Rješenje linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi 2. reda. Nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda
Gdje str I q- su proizvoljni realni brojevi i funkcija f(x)- kontinuirano na intervalu integracije X.
Izrazimo teoremu koja pokazuje oblik u kojem je potrebno pronaći opće rješenje je linearna nehomogena diferencijalna jednadžba.
Teorema.
Opšte rješenje na intervalu X linearna nehomogena diferencijalna jednadžba: sa kontinuiranim na intervalu integracije X koeficijenti i kontinuirana funkcija f(x) jednak zbiru opšteg rešenja y 0 prikladno linearna nehomogena diferencijalna jednadžba i bilo koje posebno rješenje originalne nehomogene jednadžbe, tj.
Dakle, opšte rešenje LNDU 2. red sa konstantnim koeficijentima je zbir općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe 2. reda sa konstantnim koeficijentima i pojedinim rješenjem: .
Kalkulacija y 0 U članku su opisane linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima, a sada ćemo razmotriti metodu pronalaženja.
Ima nekih metode za određivanje određenog rješenja linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 2. reda sa konstantnim koeficijentima. Ove metode su definirane uzimajući u obzir tip funkcije f(x), koji se nalazi na desnoj strani jednačine. Nazovimo ih i u narednim člancima ćemo razmotriti rješenja za svaki LPDE drugog reda s konstantnim koeficijentima:
2. Ako je funkcija f(x) je predstavljen proizvodom polinoma stepena n i izlagači , što znači da se određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda nalazi kao
,
Gdje Qn(x) je polinom n-. stepen,
r- broj korijena karakteristične jednadžbe koji je jednak .
Polinomski koeficijenti Qn(x) može se odrediti iz jednakosti .
3. Ako je funkcija f(x) izgleda ovako: gdje A 1 I U 1 ispostavi da su brojevi, što znači da je određeno rješenje linearne neodređene diferencijalne jednadžbe predstavljeno kao ,
Gdje A I IN su neodređeni koeficijenti,
r- je broj kompleksnih konjugiranih parova korijena karakteristične jednadžbe koji su jednaki . Polinomski koeficijenti A I IN određuju se na osnovu jednakosti.
4. Ako , onda ,
Gdje r je broj kompleksnih konjugiranih parova korijena karakteristične jednadžbe, koji su jednaki ,
Pn(x),Qk(x), Lm(x) I Nm(x) su polinomi stepena n, k, m I m odnosno, m = max(n, k).
Pronađite koeficijente polinoma Lm(x) I Nm(x) možete koristiti jednakost.
5. Za sve ostale vrste funkcija f(x) Koristi se sljedeća procedura:
- Prvi korak je određivanje općeg rješenja tražene linearne homogene jednadžbe kao y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, Gdje y 1 I y 2 su linearno nezavisna parcijalna rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe, i C 1 I C 2 su proizvoljne konstante;
- Zatim mijenjamo proizvoljne konstante, tj. kao opće rješenje originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prihvatamo y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
- a posljednji korak je određivanje derivata funkcija C 1 (x) I C 2 (x) iz sistema jednačina:
,
i funkcije C 1 (x) I C2(x) utvrđeno daljom integracijom.
Homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima imaju oblik
gdje su p i q realni brojevi. Pogledajmo primjere kako se rješavaju homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ovisi o korijenima karakteristične jednadžbe. Karakteristična jednačina je jednačina k²+pk+q=0.
1) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe različiti realni brojevi:
tada opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik
2) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe jednaki realni brojevi
(na primjer, s diskriminantom jednakim nuli), onda je opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda
3) Ako su korijeni karakteristične jednadžbe kompleksni brojevi
(na primjer, s diskriminantom jednakom negativnom broju), tada se opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda zapisuje u obliku
Primjeri rješavanja linearnih homogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima
Naći opća rješenja homogenih diferencijalnih jednačina drugog reda:
Sastavljamo karakterističnu jednačinu: k²-7k+12=0. Njegov diskriminant je D=b²-4ac=1>0, tako da su korijeni različiti realni brojevi.
Dakle, opšte rješenje ovog homogenog DE 2. reda je
Sastavimo i riješimo karakterističnu jednačinu:
Korijeni su stvarni i različiti. Stoga imamo opće rješenje ove homogene diferencijalne jednadžbe:
U ovom slučaju, karakteristična jednačina
Korijeni su različiti i valjani. Stoga je ovdje opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe 2. reda
Karakteristična jednačina
Pošto su korijeni realni i jednaki, za ovu diferencijalnu jednačinu opće rješenje zapisujemo kao
Karakteristična jednačina je ovdje
Budući da je diskriminant negativan broj, korijeni karakteristične jednadžbe su kompleksni brojevi.
Opšte rješenje ove homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ima oblik
Karakteristična jednačina
Odavde nalazimo opće rješenje za ovaj diferencijal. jednadžbe:
Primjeri za samotestiranje.
Ovaj članak se bavi pitanjem rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima. O teoriji će se raspravljati uz primjere zadatih problema. Za dešifrovanje nejasnih pojmova potrebno je osvrnuti se na temu o osnovnim definicijama i konceptima teorije diferencijalnih jednačina.
Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednačinu (LDE) drugog reda sa konstantnim koeficijentima oblika y "" + p · y " + q · y = f (x), gdje su p i q proizvoljni brojevi, a postojeća funkcija f (x) je kontinuiran na intervalu integracije x.
Pređimo na formulaciju teoreme za opće rješenje LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Opća teorema rješenja za LDNU
Teorema 1Opšte rješenje, smješteno na intervalu x, nehomogene diferencijalne jednadžbe oblika y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) sa kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) jednaka je zbroju općeg rješenja y 0, što odgovara LOD-u i nekom posebnom rješenju y ~, gdje je originalna nehomogena jednadžba y = y 0 + y ~.
Ovo pokazuje da rješenje takve jednačine drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 razmatra se u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba preći na definiciju y ~.
Izbor određenog rješenja za LPDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednačine. Za to je potrebno posebno razmotriti rješenja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Kada se f (x) smatra polinomom n-tog stepena f (x) = P n (x), slijedi da se određeno rješenje LPDE-a nalazi pomoću formule oblika y ~ = Q n (x ) x γ, gdje je Q n ( x) polinom stepena n, r je broj nultih korijena karakteristične jednačine. Vrijednost y ~ je određeno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti koji su definirani polinomom
Q n (x), nalazimo metodom neodređenih koeficijenata iz jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primjer 1
Izračunajte koristeći Cauchyjevu teoremu y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Rješenje
Drugim riječima, potrebno je prijeći na određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima y "" - 2 y " = x 2 + 1, koje će zadovoljiti date uslove y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Opće rješenje linearne nehomogene jednačine je zbir opšteg rješenja, koje odgovara jednačini y 0 ili određenom rješenju nehomogene jednačine y ~, odnosno y = y 0 + y ~.
Prvo ćemo pronaći opće rješenje za LNDU, a zatim i jedno posebno.
Pređimo na pronalaženje y 0. Zapisivanje karakteristične jednadžbe pomoći će vam da pronađete korijene. Shvatili smo to
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Otkrili smo da su korijeni različiti i stvarni. Stoga, zapišimo
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Nađimo y ~ . Vidi se da je desna strana date jednadžbe polinom drugog stepena, tada je jedan od korijena jednak nuli. Iz ovoga dobijamo da će određeno rješenje za y ~ biti
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, pri čemu vrijednosti A, B, C poprimaju neodređene koeficijente.
Nađimo ih iz jednakosti oblika y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Tada dobijamo to:
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
Izjednačavajući koeficijente sa istim eksponentima x, dobijamo sistem linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Prilikom rješavanja bilo kojom od metoda, naći ćemo koeficijente i napisati: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ovaj unos se naziva općim rješenjem originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.
Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava uslove y (0) = 2, y "(0) = 1 4, potrebno je odrediti vrijednosti C 1 I C 2, na osnovu jednakosti oblika y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
dobijamo to:
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
Radimo sa rezultujućim sistemom jednačina oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, gdje je C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Primjenjujući Cauchyjevu teoremu, imamo to
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
odgovor: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Kada je funkcija f (x) predstavljena kao proizvod polinoma sa stepenom n i eksponentom f (x) = P n (x) · e a x , tada dobijamo da će određeno rješenje LPDE drugog reda biti jednadžba oblika y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, gdje je Q n (x) polinom n-tog stepena, a r je broj korijena karakteristične jednačine jednak α.
Koeficijenti koji pripadaju Q n (x) nalaze se jednakošću y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primjer 2
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Rješenje
Opća jednadžba je y = y 0 + y ~ . Navedena jednačina odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Iz prethodnog primjera može se vidjeti da su joj korijeni jednaki k 1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x po karakterističnoj jednadžbi.
Može se vidjeti da je desna strana jednačine x 2 + 1 · e x . Odavde se LPDE nalazi kroz y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom drugog stepena, gdje je α = 1 i r = 0, jer karakteristična jednačina nije imaju korijen jednak 1. Odavde to dobijamo
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 su nepoznati koeficijenti koji se mogu naći po jednakosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Shvatio sam
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
Izjednačavamo indikatore sa istim koeficijentima i dobijamo sistem linearnih jednačina. Odavde nalazimo A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
odgovor: jasno je da je y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 posebno rješenje LNDDE, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - opšte rješenje za nehomogenu diferencijaciju drugog reda.
Kada je funkcija napisana kao f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, i A 1 I U 1 su brojevi, onda se parcijalno rješenje LPDE-a smatra jednadžbom oblika y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, gdje se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r je broj kompleksni konjugirani korijeni povezani sa karakterističnom jednačinom, jednaki ± i β . U ovom slučaju, traženje koeficijenata se vrši pomoću jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Primjer 3
Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Rješenje
Prije pisanja karakteristične jednačine, nalazimo y 0. Onda
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Imamo par složenih konjugiranih korijena. Hajde da transformišemo i dobijemo:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Smatra se da su korijeni karakteristične jednadžbe konjugirani par ± 2 i, tada je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ovo pokazuje da će se pretraga za y ~ izvršiti od y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nepoznate Koeficijente A i B ćemo tražiti iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
transformirajmo:
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)
Onda je to jasno
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) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x)
Potrebno je izjednačiti koeficijente sinusa i kosinusa. Dobijamo sistem oblika:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Iz toga slijedi da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
odgovor: razmatra se opšte rešenje originalnog LPDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima
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
Kada je f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tada je y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Imamo da je r broj kompleksnih konjugiranih parova korijena vezanih za karakterističnu jednačinu, jednak α ± i β, gdje je P n (x), Q k (x). L m (x) i Nm(x) su polinomi stepena n, k, m, m, gdje m = m a x (n, k). Pronalaženje koeficijenata Lm(x) I Nm(x) je napravljen na osnovu jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Primjer 4
Pronađite opšte rješenje y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Rješenje
Po stanju je jasno da
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Tada je m = m a x (n, k) = 1. Nalazimo y 0 tako što prvo napišemo karakterističnu jednačinu oblika:
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
Otkrili smo da su korijeni stvarni i različiti. Dakle, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Zatim je potrebno tražiti opće rješenje zasnovano na nehomogenoj jednadžbi y ~ oblika
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))
Poznato je da su A, B, C koeficijenti, r = 0, jer ne postoji par konjugiranih korijena vezanih za karakterističnu jednačinu sa α ± i β = 3 ± 5 · i. Ove koeficijente nalazimo iz rezultirajuće jednakosti:
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) sin (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))
Pronalaženje izvedenice i sličnih pojmova daje
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))
Nakon izjednačavanja koeficijenata, dobijamo sistem oblika
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
Iz svega proizilazi da
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) sin (5 x))
odgovor: Sada smo dobili opće rješenje zadate linearne jednačine:
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))
Algoritam za rješavanje LDNU
Definicija 1Bilo koja druga vrsta funkcije f (x) za rješenje zahtijeva usklađenost s algoritmom rješenja:
- pronalaženje opšteg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, gdje je y 1 I y 2 su linearno nezavisna parcijalna rješenja LODE-a, C 1 I C 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
- usvajanje kao opšte rešenje LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- određivanje izvoda funkcije kroz sistem oblika 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) , i nalaženje funkcija C 1 (x) i C 2 (x) kroz integraciju.
Primjer 5
Pronađite opšte rješenje za y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Rješenje
Nastavljamo sa pisanjem karakteristične jednadžbe, nakon što smo prethodno napisali y 0, y "" + 36 y = 0. Hajde da napišemo i rešimo:
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) = sin (6 x)
Imamo da će opšte rješenje date jednačine biti zapisano kao y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacijskih funkcija C 1 (x) I C2(x) prema sistemu sa jednadžbama:
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)) = = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x
Treba donijeti odluku u vezi C 1" (x) I C 2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:
C 1 " (x) = - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 " (x) = 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)
Svaka od jednačina mora biti integrisana. Zatim pišemo rezultirajuće jednačine:
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
Iz toga slijedi da će opće rješenje imati oblik:
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)
odgovor: 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)
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda (LNDE-2) sa konstantnim koeficijentima (PC)
LDDE 2. reda sa konstantnim koeficijentima $p$ i $q$ ima oblik $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdje je $f\left(x \desno)$ je kontinuirana funkcija.
Što se tiče LNDU 2 sa PC-om, sljedeće dvije tvrdnje su tačne.
Pretpostavimo da je neka funkcija $U$ proizvoljno parcijalno rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe. Pretpostavimo i da je neka funkcija $Y$ opšte rješenje (GS) odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tada je GR od LHDE-2 je jednak zbiru navedenih privatnih i općih rješenja, odnosno $y=U+Y$.
Ako je desna strana LMDE 2. reda zbir funkcija, to jest, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \desno)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, onda prvo možemo pronaći PD-ove $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ koji odgovaraju. svakoj od funkcija $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a nakon toga napišite CR LNDU-2 u obliku $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Rješenje LPDE 2. reda sa PC-om
Očigledno je da tip jednog ili drugog PD $U$ datog LNDU-2 zavisi od specifičnog oblika njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD LNDU-2 formulirani su u obliku sljedeća četiri pravila.
Pravilo #1.
Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, odnosno naziva se polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(n) \left(x\right)$ drugi polinom istog stepena kao i $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 koji su jednaki nuli. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se metodom neodređenih koeficijenata (UK).
Pravilo br. 2.
Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdje je $Q_(n ) \ left(x\right)$ je drugi polinom istog stepena kao $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 jednako $\alpha $. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se NC metodom.
Pravilo br. 3.
Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \desno) $, gdje su $a$, $b$ i $\beta$ poznati brojevi. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, gdje su $A$ i $B$ nepoznati koeficijenti, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2, jednak $i\cdot \beta $. Koeficijenti $A$ i $B$ su pronađeni nedestruktivnom metodom.
Pravilo br. 4.
Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, gdje je $P_(n) \left(x\right)$ polinom stepena $n$, a $P_(m) \left(x\right)$ je polinom stepena $m$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(s) \left(x\right)$ i $ R_(s) \left(x\right)$ su polinomi stepena $s$, broj $s$ je maksimum od dva broja $n$ i $m$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednačine odgovarajuće LODE-2, jednako $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficijenti polinoma $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ su pronađeni NC metodom.
NK metoda se sastoji od primjene sljedećeg pravila. Da bi se pronašli nepoznati koeficijenti polinoma koji su dio parcijalnog rješenja nehomogene diferencijalne jednadžbe LNDU-2, potrebno je:
- zamijeniti PD $U$, napisan u opštem obliku, u lijevu stranu LNDU-2;
- na lijevoj strani LNDU-2, izvršiti pojednostavljenja i grupirati termine sa istim ovlastima $x$;
- u rezultirajućem identitetu izjednačiti koeficijente članova sa istim potencijama $x$ lijeve i desne strane;
- riješiti rezultirajući sistem linearnih jednačina za nepoznate koeficijente.
Primjer 1
Zadatak: pronađite ILI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Nađite i PD , zadovoljavajući početne uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.
Zapisujemo odgovarajući LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Karakteristična jednačina: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korijeni karakteristične jednačine su: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ovi korijeni su valjani i različiti. Dakle, OR odgovarajućeg LODE-2 ima oblik: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Desna strana ovog LNDU-2 ima oblik $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Potrebno je uzeti u obzir koeficijent eksponenta $\alpha =3$. Ovaj koeficijent se ne poklapa ni sa jednim od korijena karakteristične jednadžbe. Stoga, PD ovog LNDU-2 ima oblik $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Koeficijente $A$, $B$ tražićemo NC metodom.
Nalazimo prvi derivat Češke Republike:
$U"=\left(A\cdot x+B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\desno)\cdot \left( e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\desno)\cdot e^(3\cdot x) .$
Nalazimo drugu izvedenicu Češke Republike:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)\cdot \left(e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Zamjenjujemo funkcije $U""$, $U"$ i $U$ umjesto $y""$, $y"$ i $y$ u dati NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Štaviše, pošto je eksponent $e^(3\cdot x) $ uključen kao faktor u svim komponentama, onda se može izostaviti. Dobijamo:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\desno)=36\cdot x+12.$
Izvodimo radnje na lijevoj strani rezultirajuće jednakosti:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Koristimo NDT metodu. Dobijamo sistem linearnih jednadžbi sa dvije nepoznate:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Rješenje za ovaj sistem je: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda ovako: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
OR $y=Y+U$ za naš problem izgleda ovako: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ lijevo(-2\cdot x-1\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.
Da bismo tražili PD koji zadovoljava date početne uslove, nalazimo derivaciju $y"$ OP-a:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Zamjenjujemo u $y$ i $y"$ početne uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Dobili smo sistem jednačina:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Hajde da to rešimo. Pronalazimo $C_(1) $ koristeći Cramerovu formulu, a $C_(2) $ određujemo iz prve jednačine:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ begin(niz)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Dakle, PD ove diferencijalne jednadžbe ima oblik: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \desno )\cdot e^(3\cdot x) $.
Nehomogena jednadžba sa konstantnim koeficijentima
može se riješiti metodom neodređenih koeficijenata i metodom varijacije proizvoljnih konstanti.
Metoda neizvjesnih koeficijenata
I . Jer jednačina (11) je nehomogena, njeno opšte rešenje će se sastojati od zbira opšte homogene i pojedinačne nehomogene jednačine, tj.
.
Sastavljamo odgovarajuću homogenu jednačinu
Njegova karakteristična jednačina
struktura osnovnog sistema rješenja ovisi o vrsti korijena karakteristične jednačine (13).
Postoje 3 slučaja.
A). Svi korijeni karakteristične jednadžbe (13) su različiti i realni. Označimo ih . Osnovni sistem rješenja:
a opće rješenje ima oblik:
b). Svi korijeni karakteristične jednadžbe (13) su različiti, ali među njima ima i složenih. Neka - kompleksni korijen jednadžbe (13). Onda
- je također korijen ove jednačine. Ovi korijeni odgovaraju dva linearno neovisna parcijalna rješenja:
.
Ako I
tada će određena rješenja imati oblik
Zapisivanjem linearno nezavisnih parcijalnih rješenja koja odgovaraju drugim konjugiranim parovima kompleksnih korijena i svim realnim korijenima i praveći linearnu kombinaciju ovih rješenja sa proizvoljnim konstantnim koeficijentima, dobivamo opće rješenje jednadžbe (12).
V). Među korijenima karakteristične jednadžbe nalaze se višekratnici. Neka k 1 pravi r- višestruki korijen. Onda mu odgovaraju r
Ako - kompleksni korijeni jednačine (13) višestrukosti r, tada odgovaraju 2
r linearno nezavisna parcijalna rješenja oblika:
Zapisivanjem linearno nezavisnih parcijalnih rješenja navedenog tipa, koja odgovaraju svim jednostavnim i višestrukim realnim korijenima, kao i konjugiranim parovima jednostavnih i višestrukih kompleksnih korijena, dobijamo fundamentalni sistem rješenja.
II . Na osnovu oblika desne strane jednačine (11) odabire se određeno rješenje nehomogene jednačine.
Mogu postojati slučajevi.
1).
, Gdje P(x)
– polinom iz x stepeni n.
A). Ako je broj 0
nije korijen karakteristične jednadžbe (13), onda se određeno rješenje nehomogene jednadžbe (11) može naći u obliku , Gdje Q(x)
– polinom iz x isti stepen n, as P(x)
u opštem obliku (tj. sa neodređenim koeficijentima).
Na primjer,
b). Ako 0 -korijen karakteristične jednačine višestrukosti r, To
.
2)..
A). Ako je broj α onda nije korijen karakteristične jednadžbe (13).
.
3) , gdje - stepen polinoma m
I n prema tome (jedan od polinoma može biti identično jednak nuli);
i ako onda nije korijen jednačine (13).
Gdje - stepen polinoma
.
b) ako je korijen karakteristične jednadžbe višestrukosti r, To
4) gde - funkcije tipa 1), 2), 3). Ako
su posebna rješenja koja odgovaraju funkcijama
, To
Zadatak 12. naći opšte rješenje diferencijalne jednačine.
Rješenje. Ovo je nehomogena diferencijalna jednadžba 3. reda koja ne sadrži željenu funkciju y. Ova jednadžba se može riješiti na najmanje još dva načina: metodom varijacije proizvoljnih konstanti i metodom neodređenih koeficijenata za određivanje određenog rješenja nehomogene linearne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima.
Razmotrimo drugu metodu.
Sastavimo odgovarajuću homogenu jednačinu
.
Karakteristična jednačina ima korijene:
(slučaj Ia). Posebna rješenja homogene jednadžbe:
Prema tome, generalno homogena .
Sada razmotrite desnu stranu originalne jednadžbe: - polinom drugog stepena (slučaj II1). Na osnovu njegovog oblika sastavit ćemo određeno rješenje nehomogene jednadžbe:
.
Faktor x
se pojavljuje na osnovu činjenice da x=0
je korijen karakteristične jednadžbe. Pronalaženje i zamenivši ono što smo pronašli u originalnu jednačinu, dobijamo
Upoređujući koeficijente na istim stepenima, dobijamo sistem
,
iz koje A=1/3, B=1, C=1/2 . Zamjenom ovih vrijednosti u opći oblik konkretnog rješenja, dobijamo
.
Uzimajući u obzir da je opšte rješenje nehomogene jednadžbe zbir opšte homogene i određene nehomogene, imamo
.
Zadatak 13. naći opće rješenje diferencijalne jednačine.
Rješenje. Nađimo opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine. Karakteristična jednačina ima korijene: (slučaj Ia). Zbog toga
.
Na osnovu oblika desne strane formulisaćemo opšti oblik određenog rešenja nehomogene jednačine, uzimajući u obzir da je =2 koren karakteristične jednačine (slučaj II2b): .
Diferenciramo zadnja 3 puta i zamenimo u originalnu jednačinu, nalazimo to A=1,
B=0
. Tada će određeno rješenje izvorne jednadžbe biti funkcija .
Dakle, opšte rješenje originalne diferencijalne jednadžbe
Zadatak 14. naći opće rješenje diferencijalne jednačine.
Rješenje. Nađimo opšte rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe:
.
Karakteristična jednačina ima dvostruki korijen k=2
(Iv). Zbog toga
.
Na osnovu forme desne strane, lako je formulisati u opštem obliku posebno rešenje originalne jednačine: , jer 2-6 i nije korijen karakteristične jednadžbe (II3a). Za ovu funkciju traže y / I y // i zamijenimo ga u jednačinu koja nam je data. Dakle, utvrđeno je da B=0 I A=-1/36 .
onda, je posebno rješenje naše nehomogene jednadžbe, a željeno rješenje ima oblik:
.
Zadatak 15. naći opće rješenje diferencijalne jednačine.
Rješenje. Jer korijena karakteristične jednadžbe, onda je opšte rješenje homogene jednačine. Tražit ćemo posebno rješenje nehomogene jednačine u obliku
Funkcija je sastavljena prema obliku desne strane, uzimajući u obzir činjenicu da x=0 je korijen karakteristične jednadžbe, i 10 i- Ne.
Zamjenom ove funkcije u originalnu jednačinu nalazimo da
Tada će opće rješenje diferencijalne jednadžbe biti funkcija.