Esimerkkejä lineaarisista yhtälöistä vakiokertoimilla. Toisen asteen lineaariset epähomogeeniset differentiaaliyhtälöt vakiokertoimilla
Tämä artikkeli käsittelee kysymystä lineaaristen epähomogeenisten toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisesta vakiokertoimilla. Teoriasta keskustellaan esimerkkejä annetuista ongelmista. Epäselvien termien tulkitsemiseksi on tarpeen viitata aiheeseen differentiaaliyhtälöiden teorian perusmääritelmistä ja käsitteistä.
Tarkastellaan toisen asteen lineaarista differentiaaliyhtälöä (LDE), jonka vakiokertoimet ovat muotoa y "" + p · y " + q · y = f (x), jossa p ja q ovat mielivaltaisia lukuja, ja olemassa olevaa funktiota f (x) on jatkuva integrointivälillä x.
Siirrytään LNDE:n yleisen ratkaisun lauseen muotoiluun.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Yleinen ratkaisulause LDNU:lle
Lause 1Yleinen ratkaisu, joka sijaitsee välillä x epähomogeeniselle differentiaaliyhtälölle muotoa y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) jatkuvilla integrointikertoimilla x-välillä f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) ja jatkuva funktio f (x) on yhtä kuin yleisen ratkaisun y 0 summa, joka vastaa LOD:ta ja jotakin erityistä ratkaisua y ~, jossa alkuperäinen epähomogeeninen yhtälö on y = y 0 + y ~.
Tämä osoittaa, että tällaisen toisen kertaluvun yhtälön ratkaisu on muotoa y = y 0 + y ~ . Algoritmia y 0:n löytämiseksi käsitellään artikkelissa, joka käsittelee lineaarisia homogeenisia toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä vakiokertoimilla. Tämän jälkeen meidän pitäisi edetä y ~:n määritelmään.
Tietyn ratkaisun valinta LPDE:lle riippuu yhtälön oikealla puolella olevan käytettävissä olevan funktion f (x) tyypistä. Tätä varten on tarpeen tarkastella erikseen lineaaristen epähomogeenisten toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisuja vakiokertoimilla.
Kun f (x) katsotaan n:nnen asteen polynomiksi f (x) = P n (x), tästä seuraa, että LPDE:n tietty ratkaisu löydetään käyttämällä muotoa y ~ = Q n (x) ) x γ, missä Q n ( x) on n-asteinen polynomi, r on ominaisyhtälön nollajuurien lukumäärä. Arvo y ~ on tietty ratkaisu y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , sitten käytettävissä olevat kertoimet, jotka määritellään polynomilla
Q n (x), löydämme epämääräisten kertoimien menetelmää yhtälöstä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Esimerkki 1
Laske Cauchyn lauseella y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Ratkaisu
Toisin sanoen, on tarpeen siirtyä tiettyyn ratkaisuun toisen kertaluvun lineaariseen epähomogeeniseen differentiaaliyhtälöön vakiokertoimilla y "" - 2 y " = x 2 + 1, joka täyttää annetut ehdot y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .
Lineaarisen epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on yleisen ratkaisun summa, joka vastaa yhtälöä y 0 tai tiettyä ratkaisua epähomogeeniseen yhtälöön y ~, eli y = y 0 + y ~.
Ensin löydämme yleisen ratkaisun LNDU:lle ja sitten tietyn ratkaisun.
Siirrytään etsimään y 0. Ominaisen yhtälön kirjoittaminen auttaa sinua löytämään juuret. Me ymmärrämme sen
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Huomasimme, että juuret ovat erilaisia ja todellisia. Siksi kirjoitetaan
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Etsitään y ~ . Voidaan nähdä, että annetun yhtälön oikea puoli on toisen asteen polynomi, jolloin yksi juurista on nolla. Tästä saadaan, että tietty ratkaisu y ~:lle on
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, jossa A, B, C arvot saavat määrittelemättömiä kertoimia.
Etsitään ne yhtälöstä muotoa y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1.
Sitten saamme sen:
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
Yhtälöimällä kertoimet samojen x:n eksponentien kanssa, saadaan lineaarinen lausekejärjestelmä - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Kun ratkaisemme millä tahansa menetelmällä, etsimme kertoimet ja kirjoitamme: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 ja y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Tätä merkintää kutsutaan alkuperäisen lineaarisen epähomogeenisen toisen kertaluvun differentiaaliyhtälön yleiseksi ratkaisuksi vakiokertoimilla.
Jotta löydettäisiin tietty ratkaisu, joka täyttää ehdot y (0) = 2, y "(0) = 1 4, on tarpeen määrittää arvot C 1 Ja C 2, joka perustuu muotoon y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Saamme sen:
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
Työskentelemme tuloksena olevan yhtälöjärjestelmän kanssa, jonka muoto on C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, missä C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Cauchyn lausetta soveltaen meillä on se
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
Vastaus: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Kun funktio f (x) esitetään polynomin tulona, jonka aste on n ja eksponentti f (x) = P n (x) · e a x , niin saadaan, että toisen kertaluvun LPDE:n tietty ratkaisu on yhtälö muotoa y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, missä Q n (x) on n:nnen asteen polynomi ja r on ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin α.
Q n (x) -kertoimet löytyvät yhtälöstä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Esimerkki 2
Etsi yleinen ratkaisu muotoa y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x olevalle differentiaaliyhtälölle.
Ratkaisu
Yleinen yhtälö on y = y 0 + y ~ . Ilmoitettu yhtälö vastaa LOD y "" - 2 y " = 0. Edellisestä esimerkistä voidaan nähdä, että sen juuret ovat yhtä suuret k 1 = 0 ja k 2 = 2 ja y 0 = C 1 + C 2 e 2 x ominaisyhtälön mukaan.
Voidaan nähdä, että yhtälön oikea puoli on x 2 + 1 · e x . Tästä LPDE löytyy kaavan y ~ = e a x · Q n (x) · x γ kautta, missä Q n (x) on toisen asteen polynomi, jossa α = 1 ja r = 0, koska ominaisyhtälö ei jonka juuri on yhtä suuri kuin 1. Täältä saamme sen
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 ovat tuntemattomia kertoimia, jotka voidaan löytää yhtälöllä y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Selvä
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
Yhdistämme indikaattorit samoihin kertoimiin ja saamme lineaarisen yhtälöjärjestelmän. Täältä löydämme A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Vastaus: on selvää, että y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 on LNDDE:n erityinen ratkaisu, ja y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - yleinen ratkaisu toisen kertaluvun epähomogeeniselle difyhtälölle.
Kun funktio kirjoitetaan muodossa f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, ja A 1 Ja KOHDASSA 1 ovat lukuja, silloin LPDE:n osittaisratkaisua pidetään yhtälönä muotoa y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, jossa A ja B ovat määrittämättömiä kertoimia ja r on ominaisyhtälöön liittyvät kompleksiset konjugaattijuuret, jotka ovat yhtä suuria kuin ± i β . Tässä tapauksessa kertoimien haku suoritetaan käyttämällä yhtälöä y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Esimerkki 3
Etsi yleinen ratkaisu differentiaaliyhtälölle, jonka muoto on y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Ratkaisu
Ennen kuin kirjoitamme ominaisyhtälön, löydämme y 0. Sitten
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Meillä on pari monimutkaisia konjugaattijuuria. Muunnetaan ja saadaan:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Karakteriyhtälön juuriksi katsotaan konjugaattipari ± 2 i, jolloin f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Tämä osoittaa, että y ~ etsitään kaavasta y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Tuntemattomat Etsimme kertoimia A ja B yhtälöstä, jonka muoto on y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Muunnetaan:
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)
Sitten se on selvää
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)
On tarpeen rinnastaa sinien ja kosinien kertoimet. Saamme järjestelmän muodossa:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Tästä seuraa, että y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Vastaus: tarkastellaan alkuperäisen toisen kertaluvun LDDE:n yleistä ratkaisua vakiokertoimilla
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
Kun f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), niin y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Meillä on, että r on ominaisyhtälöön liittyvien kompleksisten konjugaattiparien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin α ± i β, missä P n (x), Q k (x), L m (x) ja Nm(x) ovat polynomeja, joiden aste on n, k, m, m, missä m = m a x (n, k). Kertoimien löytäminen Lm(x) Ja Nm(x) on tehty yhtälön y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) perusteella.
Esimerkki 4
Etsi yleinen ratkaisu y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Ratkaisu
Ehdon mukaan se on selvää
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Silloin m = m a x (n, k) = 1. Löydämme y 0:n kirjoittamalla ensin ominaisyhtälön muodossa:
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
Huomasimme, että juuret ovat todellisia ja erillisiä. Tästä syystä y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Seuraavaksi on etsittävä yleinen ratkaisu muodon epähomogeeniseen yhtälöön 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))
Tiedetään, että A, B, C ovat kertoimia, r = 0, koska ominaisyhtälöön, jossa α ± i β = 3 ± 5 · i, ei liity konjugaattijuurien paria. Löydämme nämä kertoimet tuloksena olevasta yhtälöstä:
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))
Johdannan ja vastaavien termien löytäminen antaa
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))
Kertoimien yhtälön jälkeen saamme muotoisen järjestelmän
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
Kaikesta se seuraa
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))
Vastaus: Nyt olemme saaneet yleisen ratkaisun annetulle lineaariselle yhtälölle:
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))
Algoritmi LDNU:n ratkaisemiseksi
Määritelmä 1Mikä tahansa muu ratkaisun funktio f (x) edellyttää ratkaisualgoritmin noudattamista:
- löytää yleinen ratkaisu vastaavalle lineaariselle homogeeniselle yhtälölle, jossa y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, missä v 1 Ja v 2 ovat lineaarisesti riippumattomia LODE:n osaratkaisuja, C 1 Ja C 2 katsotaan mielivaltaisiksi vakioiksi;
- hyväksyminen LNDE:n yleisenä ratkaisuna y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- funktion derivaatan määritys järjestelmän avulla, jonka muoto on 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) , ja funktioiden löytäminen C 1 (x) ja C2(x) integroinnin kautta.
Esimerkki 5
Etsi yleinen ratkaisu y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Ratkaisu
Jatkamme ominaisyhtälön kirjoittamista, kun olet aiemmin kirjoittanut y 0, y "" + 36 y = 0. Kirjoitetaan ja ratkaistaan:
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)
Meillä on, että annetun yhtälön yleinen ratkaisu kirjoitetaan muodossa y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . On tarpeen siirtyä johdannaisfunktioiden määrittelyyn C 1 (x) Ja C2(x) yhtälöjärjestelmän mukaan:
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
Asiasta on tehtävä päätös C 1" (x) Ja C 2" (x) millä tahansa menetelmällä. Sitten kirjoitamme:
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)
Jokainen yhtälö on integroitava. Sitten kirjoitamme tuloksena olevat yhtälöt:
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
Tästä seuraa, että yleisellä ratkaisulla on muoto:
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)
Vastaus: 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)
Jos huomaat tekstissä virheen, korosta se ja paina Ctrl+Enter
Olemme nähneet, että siinä tapauksessa, että lineaarisen homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu tunnetaan, on mahdollista löytää epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu mielivaltaisten vakioiden variaatiomenetelmällä. Kysymys siitä, miten homogeeniseen yhtälöön löydetään yleinen ratkaisu, jäi kuitenkin avoimeksi. Erikoistapauksessa, kun lineaarisessa differentiaaliyhtälössä (3) kaikki kertoimet p i(X)= a i - vakioita, se voidaan ratkaista yksinkertaisesti, jopa ilman integrointia.
Tarkastellaan lineaarista homogeenista differentiaaliyhtälöä, jolla on vakiokertoimet, eli muodon yhtälöt
y (n) + a 1 y (n – 1) +...a n – 1 y " + a n y = 0, (14)
Missä ja minä- vakioita (i= 1, 2, ...,n).
Kuten tiedetään, ensimmäisen kertaluvun lineaarisen homogeenisen yhtälön ratkaisu on muodon funktio e kx. Etsimme ratkaisua yhtälöön (14) muodossa j (X) = e kx.
Korvataan funktio yhtälöön (14) j (X) ja sen järjestysjohdannaiset m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Saamme
(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,
Mutta e k x ¹ 0 mille tahansa X, Siksi
k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n = 0. (15)
Yhtälöä (15) kutsutaan ominaisyhtälö, vasemmalla puolella oleva polynomi- ominaispolynomi , sen juuret- tyypilliset juuret differentiaaliyhtälö (14).
Johtopäätös:
toimintoj (X) = e kx - ratkaisu lineaariseen homogeeniseen yhtälöön (14) jos ja vain jos luku k - ominaisyhtälön (15) juuri.
Siten lineaarisen homogeenisen yhtälön (14) ratkaisuprosessi pelkistyy algebrallisen yhtälön (15) ratkaisemiseksi.
Erilaiset tyypillisten juurten tapaukset ovat mahdollisia.
1.Kaikki ominaisyhtälön juuret ovat todellisia ja erillisiä.
Tässä tapauksessa n erilaisia tyypillisiä juuria k 1 ,k 2 ,..., k n vastaa n homogeenisen yhtälön (14) eri ratkaisuja
Voidaan osoittaa, että nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia ja muodostavat siten perustavanlaatuisen ratkaisujärjestelmän. Siten yhtälön yleinen ratkaisu on funktio
Missä KANSSA 1 , C 2 , ..., C n - mielivaltaisia vakioita.
Esimerkki 7. Etsi lineaarisen homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu:
A) klo¢ ¢ (X) - 6klo¢ (X) + 8klo(X) = 0,b) klo¢ ¢ ¢ (X) + 2klo¢ ¢ (X) - 3klo¢ (X) = 0.
Ratkaisu. Luodaan ominaisyhtälö. Tätä varten korvaamme järjestyksen derivaatan m toimintoja y(x) sopivassa määrin
k(klo (m) (x) « k m),
kun taas itse toiminto klo(X), koska nollan kertaluvun derivaatta korvataan k 0 = 1.
Tapauksessa (a) ominaisyhtälöllä on muoto k 2 - 6k + 8 = 0. Tämän toisen asteen yhtälön juuret k 1 = 2,k 2 = 4. Koska ne ovat todellisia ja erilaisia, yleisellä ratkaisulla on muoto j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Tapauksessa (b) ominaisyhtälö on 3. asteen yhtälö k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Etsitään tämän yhtälön juuret:
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.
Nämä tunnusomaiset juuret vastaavat differentiaaliyhtälön perusratkaisujärjestelmää:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Yleinen ratkaisu kaavan (9) mukaan on funktio
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Kaikki ominaisyhtälön juuret ovat erilaisia, mutta jotkut niistä ovat monimutkaisia.
Kaikki differentiaaliyhtälön (14) ja siten sen ominaisyhtälön (15) kertoimet- reaalilukuja, mikä tarkoittaa, jos c ominaisjuurien joukossa on kompleksijuuri k 1 = a + ib, eli sen konjugaattijuuri k 2 = ` k 1 = a- ib.Ensimmäiseen juureen k 1 vastaa differentiaaliyhtälön (14) ratkaisua
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(käytimme Eulerin kaavaa e i x = cosx + isinx). Samoin juuri k 2 = a- ib vastaa ratkaisua
j 2 (X)= e (a - -ib)X = e a x e - ib x= e kirves(cosbx - isinbx).
Nämä ratkaisut ovat monimutkaisia. Saadaksemme niistä todellisia ratkaisuja, käytämme lineaarisen homogeenisen yhtälön ratkaisujen ominaisuuksia (katso 13.2). Toiminnot
ovat yhtälön (14) todellisia ratkaisuja. Lisäksi nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia. Siten voimme tehdä seuraavan johtopäätöksen.
Sääntö 1.Konjugaattikompleksijuurten pari a± Lineaarisen homogeenisen yhtälön (14) FSR:n ominaisyhtälön ib vastaa kahta todellista osaratkaisuaJa .
Esimerkki 8. Etsi yhtälön yleinen ratkaisu:
A) klo¢ ¢ (X) - 2klo ¢ (X) + 5klo(X) = 0 ;b) klo¢ ¢ ¢ (X) - klo¢ ¢ (X) + 4klo ¢ (X) - 4klo(X) = 0.
Ratkaisu. Yhtälön (a) tapauksessa ominaisyhtälön juuret k 2 - 2k + 5 = 0 ovat kaksi konjugoitua kompleksilukua
k 1, 2 = .
Näin ollen ne vastaavat säännön 1 mukaan kahta todellista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua: ja , ja yhtälön yleinen ratkaisu on funktio
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x synti 2x.
Tapauksessa (b) etsitään ominaisyhtälön juuret k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, kerroimme sen vasemman puolen:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Siksi meillä on kolme ominaista juurta: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 vastaa ratkaisua , ja pari konjugoituja kompleksisia juuria k 2, 3 = ± 2minä = 0 ± 2i- kaksi kelvollista ratkaisua: ja . Teemme yleisen ratkaisun yhtälöön:
j (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 synti 2x.
III . Karakterikaavayhtälön juurien joukossa on kerrannaisia.
Antaa k 1 - todellinen moninaisuuden juuri m ominaisyhtälö (15), eli juurien joukossa on m yhtäläiset juuret. Jokainen niistä vastaa samaa ratkaisua differentiaaliyhtälöön (14). Sisällytä kuitenkin m FSR:ssä ei ole yhtäläisiä ratkaisuja, koska ne muodostavat lineaarisesti riippuvan funktiojärjestelmän.
Voidaan osoittaa, että usean juuren tapauksessa k 1 yhtälön (14) ratkaisut ovat funktion lisäksi funktioita
Funktiot ovat lineaarisesti riippumattomia koko numeerisella akselilla, koska , eli ne voidaan sisällyttää FSR:ään.
Sääntö 2. Todellinen ominaisjuuri k 1 moninaisuus m FSR:ssä vastaa m ratkaisut:
Jos k 1 - monimutkainen juuren monikertaisuus m ominaisyhtälön (15), silloin on konjugaattijuuri k 1 moninaisuus m. Analogisesti saamme seuraavan säännön.
Sääntö 3. Konjugaattikompleksijuurten pari a± ib FSR:ssä vastaa 2mrealista lineaarisesti riippumatonta ratkaisua:
, , ..., ,
, , ..., .
Esimerkki 9. Etsi yhtälön yleinen ratkaisu:
A) klo¢ ¢ ¢ (X) + 3klo¢ ¢ (X) + 3klo¢ (X)+ y ( X)= 0;b) klo IV(X) + 6klo¢ ¢ (X) + 9klo(X) = 0.
Ratkaisu. Tapauksessa (a) ominaisyhtälöllä on muoto
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
eli k =- 1 - 3. kerrannaisjuuri. Säännön 2 perusteella kirjoitetaan yleinen ratkaisu:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Tapauksen (b) ominaisyhtälö on yhtälö
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
tai muuten,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.
Meillä on pari konjugoitua kompleksista juuria, joista jokaisella on monikertaisuus 2. Säännön 3 mukaan yleinen ratkaisu kirjoitetaan seuraavasti
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Edellä olevasta seuraa, että mille tahansa lineaariselle homogeeniselle yhtälölle, jolla on vakiokertoimet, on mahdollista löytää perusratkaisujärjestelmä ja muodostaa yleinen ratkaisu. Näin ollen ratkaisu vastaavaan epähomogeeniseen yhtälöön mille tahansa jatkuvalle funktiolle f(x) oikealla puolella löytyy mielivaltaisten vakioiden variaatiomenetelmällä (katso osa 5.3).
Esimerkki 10. Etsi epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu variaatiomenetelmällä klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = xe 2x .
Ratkaisu. Ensin löydetään vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = 0. Ominaisuusyhtälön juuret k 2 - k- 6 = 0 ovat k 1 = 3,k 2 = - 2, a homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu - toiminto ` klo ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Etsimme ratkaisua epähomogeeniselle yhtälölle muodossa
klo( X) = KANSSA 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Etsitään Wronskin determinantti
W[e 3X e 2X ] = .
Tehdään yhtälöjärjestelmä (12) tuntemattomien funktioiden johdannaisille KANSSA ¢ 1 (X) Ja KANSSA¢ 2 (X):
Ratkaisemalla järjestelmän Cramerin kaavoilla saamme
Integrointi, löydämme KANSSA 1 (X) Ja KANSSA 2 (X):
Korvaavat toiminnot KANSSA 1 (X) Ja KANSSA 2 (X) yhtälöön (*), saamme yhtälön yleisratkaisun klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = xe 2x :
Siinä tapauksessa, että lineaarisen epähomogeenisen yhtälön oikealla puolella vakiokertoimilla on erityinen muoto, epähomogeeniselle yhtälölle voidaan löytää erityinen ratkaisu turvautumatta mielivaltaisten vakioiden vaihtelumenetelmään.
Tarkastellaan yhtälöä vakiokertoimilla
y (n) + 1 v (n– 1) +...a n – 1v " + a n y = f (x), (16)
f( x) = ekirves(Pn(x)cosbx + R m(x)sinbx), (17)
Missä Pn(x) Ja R m(x) - asteen polynomit n Ja m vastaavasti.
Yksityinen ratkaisu y*(X) yhtälön (16) määritetään kaavalla
klo* (X) = xse kirves(Herra(x)cosbx + Nr(x)sinbx), (18)
Missä Herra(x) Ja Nro(x) - asteen polynomit r = max(n, m) epävarmilla kertoimilla , A s yhtä suuri kuin juuren kerrannainen k 0 = a + ib yhtälön (16) karakteristinen polynomi, ja oletamme s = 0 jos k 0 ei ole ominaisjuuri.
Tietyn ratkaisun laatimiseksi kaavan (18) avulla sinun on löydettävä neljä parametria - a, b, r Ja s. Ensimmäiset kolme määritetään yhtälön oikealta puolelta, ja r- tämä on itse asiassa korkein aste x, löytyy oikealta puolelta. Parametri s löytyy lukujen vertailusta k 0 = a + ib Ja joukko yhtälön (16) kaikkia (kertoimet huomioon ottaen) ominaisjuuria, jotka löydetään ratkaisemalla vastaava homogeeninen yhtälö.
Tarkastellaan funktion (17) muodon erikoistapauksia:
1) klo a ¹ 0, b= 0f(x)= e kirves P n(x);
2) milloin a= 0, b ¹ 0f(x)= Pn(x) Kanssaosbx + R m(x)sinbx;
3) milloin a = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Huomautus 1. Jos P n (x) º 0 tai Rm(x)º 0, silloin yhtälön f(x) = e ax P n (x)с osbx tai f(x) = e ax R m (x)sinbx oikea puoli, eli sisältää vain yhden funktioista - kosini tai sini. Mutta tietyn ratkaisun tallennuksessa molempien on oltava läsnä, koska kaavan (18) mukaan kukin niistä kerrotaan polynomilla, jonka kertoimet ovat samat r = max(n, m).
Esimerkki 11. Määritä neljännen kertaluvun lineaarisen homogeenisen yhtälön osittaisen ratkaisun tyyppi vakiokertoimilla, jos yhtälön oikea puoli tunnetaan f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)synti 3x) ja ominaisyhtälön juuret:
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.
Ratkaisu. Oikealta puolelta löydämme sen tietyssä ratkaisussa klo*(X), joka määritetään kaavalla (18), parametrit: a= 1, b= 3, r = 2. Ne pysyvät samoina kaikissa kolmessa tapauksessa, joten luku k 0, joka määrittää viimeisen parametrin s kaava (18) on yhtä suuri kuin k 0 = 1+ 3i. Tapauksessa (a) ei ole lukua tunnusomaisten juurien joukossa k 0 = 1 + 3minä, tarkoittaa, s= 0, ja tietyllä ratkaisulla on muoto
y*(X) = x 0 e x(M 2 (x)cos 3x+N 2 (x)synti 3x) =
= ex( (Kirves 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)synti 3x.
Tapauksessa (b) numero k 0 = 1 + 3i esiintyy kerran tunnusomaisten juurien joukossa, mikä tarkoittaa s = 1 Ja
y*(X) = x e x((Kirves 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)synti 3x.
Tapauksessa (c) meillä on s = 2 ja
y*(X) = x 2 e x((Kirves 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)synti 3x.
Esimerkissä 11 tietty ratkaisu sisältää kaksi 2-asteista polynomia määrittämättömillä kertoimilla. Ratkaisun löytämiseksi sinun on määritettävä näiden kertoimien numeeriset arvot. Muotoilkaamme yleinen sääntö.
Polynomien tuntemattomien kertoimien määrittäminen Herra(x) Ja Nro(x) yhtäläisyys (17) erotetaan vaaditun määrän kertoja ja funktio korvataan y*(X) ja sen johdannaiset yhtälöksi (16). Vertaamalla sen vasenta ja oikeaa puolta saadaan algebrallinen yhtälöjärjestelmä kertoimien löytämiseksi.
Esimerkki 12. Etsi yhtälön ratkaisu klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = xe 2x, joka on määrittänyt epähomogeenisen yhtälön tietyn ratkaisun oikean puolen muodossa.
Ratkaisu. Epähomogeenisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto
klo( X) = ` klo(X)+ y*(X),
Missä ` klo ( X) - vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu ja y*(X) - epähomogeenisen yhtälön erityinen ratkaisu.
Ensin ratkaistaan homogeeninen yhtälö klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = 0. Sen ominaisyhtälö k 2 - k- 6 = 0 on kaksi juurta k 1 = 3,k 2 = - 2, siten, ` klo ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Määritetään tietyn ratkaisun tyyppi kaavalla (18). klo*(X). Toiminto f(x) = xe 2x edustaa kaavan (17) erikoistapausta (a), while a = 2,b = 0 Ja r = 1, eli k 0 = 2 + 0minä = 2. Vertaamalla ominaisiin juuriin päättelemme, että s = 0. Korvaamalla kaikkien parametrien arvot kaavaan (18), meillä on y*(X) = (Ah + B)e 2X .
Löytääksesi arvot A Ja SISÄÄN, Etsitään funktion ensimmäisen ja toisen asteen derivaatat y*(X) = (Ah + B)e 2X :
y*¢ (X)= Ae 2X + 2(Ah + B)e 2X = (2Ah + Ah + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2Ah + Ah + 2B)e 2X = (4Ah + 4A+ 4B)e 2X .
Toimintojen vaihdon jälkeen y*(X) ja sen johdannaiset yhtälöön, joka meillä on
(4Ah + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 2B)e 2X - 6(Ah + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Siten tietyllä epähomogeenisen yhtälön ratkaisulla on muoto
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
ja yleinen ratkaisu - klo ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Muistio 2.Siinä tapauksessa, että Cauchyn ongelma esitetään epähomogeeniselle yhtälölle, on ensin löydettävä yleinen ratkaisu yhtälöön
klo( X) = ,
määritettyään kaikki kertoimien numeeriset arvot klo*(X). Käytä sitten alkuehtoja ja korvaa ne yleisellä ratkaisulla (eikä y*(X)), etsi vakioiden arvot C i.
Esimerkki 13. Etsi ratkaisu Cauchyn ongelmaan:
klo¢ ¢ (X) - klo¢ (X) - 6klo(X) = xe 2x ,y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Ratkaisu. Tämän yhtälön yleinen ratkaisu on
klo(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
löydettiin esimerkistä 12. Löytääksemme tietyn ratkaisun, joka täyttää tämän Cauchyn ongelman alkuehdot, saamme yhtälöjärjestelmän
Ratkaisemme sen C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Siksi Cauchyn ongelman ratkaisu on funktio
klo(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Huomautus 3(superpositioperiaate). Jos lineaarisessa yhtälössä Ln[y(x)]=f(x), Missä f(x) =f 1 (x)+f 2 (x) Ja y* 1 (x) - yhtälön ratkaisu Ln[y(x)]=f 1 (x), A y* 2 (x) - yhtälön ratkaisu Ln[y(x)]=f 2 (x), sitten funktio y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) On yhtälön ratkaiseminen Ln[y(x)]=f(x).
Esimerkki 14. Ilmoita lineaarisen yhtälön yleisratkaisun tyyppi
klo¢ ¢ (X) + 4klo(X) = x + sinx.
Ratkaisu. Vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu
` klo(x) = C 1 cos 2x + C 2 synti 2x,
ominaisyhtälöstä lähtien k 2 + 4 = 0:lla on juuret k 1, 2 = ± 2i.Yhtälön oikea puoli ei vastaa kaavaa (17), mutta jos otetaan käyttöön merkintä f 1 (x) = x, f 2 (x) = sinx ja käyttää superpositiota , silloin erityinen ratkaisu epähomogeeniselle yhtälölle voidaan löytää muodossa y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Missä y* 1 (x) - yhtälön ratkaisu klo¢ ¢ (X) + 4klo(X) = x, A y* 2 (x) - yhtälön ratkaisu klo¢ ¢ (X) + 4klo(X) = sinx. Kaavan (18) mukaan
y* 1 (x) = Ax + B,y* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.
Sitten erityinen ratkaisu
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
siksi yleisellä ratkaisulla on muoto
klo(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Esimerkki 15. Sähköpiiri koostuu virtalähteestä, joka on kytketty sarjaan emf:n kanssa e(t) = E syntiw t, induktanssi L ja kontit KANSSA, ja
Oppilaitos "Valko-Venäjän valtio
maatalousakatemia"
Korkeamman matematiikan laitos
Ohjeita
opiskella aihetta "Toisen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt" kirjeenvaihtoopetuksen laskentatieteellisen tiedekunnan (NISPO) opiskelijoille
Gorki, 2013
Lineaariset differentiaaliyhtälöt
toisen asteen vakioillakertoimet
Lineaariset homogeeniset differentiaaliyhtälöt
Toisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö vakiokertoimilla kutsutaan muodon yhtälöksi
nuo. yhtälö, joka sisältää halutun funktion ja sen derivaatat vain ensimmäisessä asteessa eikä sisällä niiden tuloja. Tässä yhtälössä 
Ja 
- joitakin numeroita ja funktio 
annetaan tietyllä aikavälillä 
.
Jos 
välissä 
, yhtälö (1) saa muodon
,
(2)
ja kutsutaan lineaarinen homogeeninen . Muuten kutsutaan yhtälöä (1). lineaarinen epähomogeeninen .
Harkitse monimutkaista funktiota
,
(3)
Missä 
Ja 
- todellisia toimintoja. Jos funktio (3) on kompleksinen ratkaisu yhtälöön (2), niin reaaliosa 
, ja kuvitteellinen osa 
ratkaisuja 
ovat erikseen saman homogeenisen yhtälön ratkaisut. Siten mikä tahansa kompleksinen yhtälön (2) ratkaisu tuottaa kaksi todellista ratkaisua tähän yhtälöön.
Homogeenisen lineaarisen yhtälön ratkaisuilla on seuraavat ominaisuudet:
Jos 
on ratkaisu yhtälöön (2), sitten funktio 
, Missä KANSSA– mielivaltainen vakio on myös yhtälön (2) ratkaisu;
Jos 
Ja 
yhtälölle (2) on ratkaisut, sitten funktiolle 
on myös ratkaisu yhtälöön (2);
Jos 
Ja 
yhtälöön (2) on ratkaisuja, sitten niiden lineaarinen yhdistelmä 
on myös ratkaisu yhtälöön (2), jossa 
Ja 
– mielivaltaiset vakiot.
Toiminnot 
Ja 
kutsutaan lineaarisesti riippuvainen
välissä 
, jos tällaisia numeroita on olemassa 
Ja 
, ei ole sama kuin nolla samaan aikaan, että tällä välillä yhtälö
Jos yhtäläisyys (4) esiintyy vain, kun 
Ja 
, sitten toiminnot 
Ja 
kutsutaan lineaarisesti riippumaton
välissä 
.
Esimerkki 1
. Toiminnot 
Ja 
ovat lineaarisesti riippuvaisia, koska 
koko numerorivillä. Tässä esimerkissä 
.
Esimerkki 2
. Toiminnot 
Ja 
ovat lineaarisesti riippumattomia mistä tahansa intervallista, koska yhtäläisyys 
on mahdollista vain siinä tapauksessa, kun 
, Ja 
.
Yleisratkaisun rakentaminen lineaariseen homogeeniseen
yhtälöt
Yhtälön (2) yleisen ratkaisun löytämiseksi sinun on löydettävä kaksi sen lineaarisesti riippumatonta ratkaisua 
Ja 
. Näiden ratkaisujen lineaarinen yhdistelmä 
, Missä 
Ja 
ovat mielivaltaisia vakioita ja antavat yleisen ratkaisun lineaariseen homogeeniseen yhtälöön.
Etsimme lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja yhtälölle (2) muodossa
,
(5)
Missä 
– tietty määrä. Sitten 
,
. Korvataan nämä lausekkeet yhtälöön (2):
tai 
.
Koska 
, Tuo 
. Toiminto siis 
on ratkaisu yhtälöön (2), jos 
täyttää yhtälön
.
(6)
Yhtälöä (6) kutsutaan ominaisyhtälö yhtälölle (2). Tämä yhtälö on algebrallinen toisen asteen yhtälö.
Antaa 
Ja 
tällä yhtälöllä on juuret. Ne voivat olla joko todellisia ja erilaisia tai monimutkaisia tai todellisia ja samanarvoisia. Mietitäänpä näitä tapauksia.
Anna juuret 
Ja 
ominaisyhtälöt ovat todellisia ja erillisiä. Tällöin yhtälön (2) ratkaisut ovat funktioita 
Ja 
. Nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia, koska tasa-arvo 
voidaan suorittaa vain silloin, kun 
, Ja 
. Siksi yhtälön (2) yleisratkaisulla on muoto
,
Missä 
Ja 
- mielivaltaiset vakiot.
Esimerkki 3
.
Ratkaisu
. Tämän differentiaalin ominaisyhtälö on 
. Kun olemme ratkaisseet tämän toisen asteen yhtälön, löydämme sen juuret 
Ja 
. Toiminnot 
Ja 
ovat ratkaisuja differentiaaliyhtälöön. Yleinen ratkaisu tähän yhtälöön on 
.
Monimutkainen luku 
kutsutaan muodon ilmaisuksi 
, Missä 
Ja 
ovat todellisia lukuja ja 
jota kutsutaan kuvitteelliseksi yksiköksi. Jos 
, sitten numero 
kutsutaan puhtaasti kuvitteelliseksi. Jos 
, sitten numero 
tunnistetaan reaaliluvulla 
.
Määrä 
kutsutaan kompleksiluvun reaaliosaksi ja 
- kuvitteellinen osa. Jos kaksi kompleksilukua eroavat toisistaan vain imaginaariosan etumerkillä, niitä kutsutaan konjugaateiksi: 
,
.
Esimerkki 4
. Ratkaise toisen asteen yhtälö 
.
Ratkaisu
. Diskriminanttiyhtälö 
. Sitten. Samoin 
. Siten tällä toisen asteen yhtälöllä on konjugoidut kompleksiset juuret.
Olkoon ominaisyhtälön juuret monimutkaiset, ts. 
,
, Missä 
. Yhtälön (2) ratkaisut voidaan kirjoittaa muotoon 
,
tai 
,
. Eulerin kaavojen mukaan
,
.
Sitten,. Kuten tiedetään, jos kompleksifunktio on ratkaisu lineaariseen homogeeniseen yhtälöön, niin tämän yhtälön ratkaisut ovat sekä tämän funktion reaali- että imaginaariosa. Siten yhtälön (2) ratkaisut ovat funktioita 
Ja 
. Tasa-arvosta lähtien
voidaan toteuttaa vain, jos 
Ja 
, niin nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia. Siksi yhtälön (2) yleisratkaisulla on muoto
Missä 
Ja 
- mielivaltaiset vakiot.
Esimerkki 5
. Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu 
.
Ratkaisu
. Yhtälö 
on ominaista tietylle erolle. Ratkaistaan se ja hankitaan monimutkaiset juuret 
,
. Toiminnot 
Ja 
ovat differentiaaliyhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja. Yleinen ratkaisu tähän yhtälöön on:
Olkoon ominaisyhtälön juuret reaaliset ja yhtä suuret, ts. 
. Tällöin yhtälön (2) ratkaisut ovat funktioita 
Ja 
. Nämä ratkaisut ovat lineaarisesti riippumattomia, koska lauseke voi olla identtisesti yhtä suuri kuin nolla vain silloin, kun 
Ja 
. Siksi yhtälön (2) yleisratkaisulla on muoto 
.
Esimerkki 6
. Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu 
.
Ratkaisu
. Ominainen yhtälö 
on samat juuret 
. Tässä tapauksessa differentiaaliyhtälön lineaarisesti riippumattomia ratkaisuja ovat funktiot 
Ja 
. Yleisellä ratkaisulla on muoto 
.
Toisen asteen epähomogeeniset lineaariset differentiaaliyhtälöt vakiokertoimilla
ja erityinen oikea puoli
Lineaarisen epähomogeenisen yhtälön (1) yleinen ratkaisu on yhtä suuri kuin yleisratkaisun summa 
vastaava homogeeninen yhtälö ja mikä tahansa tietty ratkaisu 
epähomogeeninen yhtälö: 
.
Joissakin tapauksissa erityinen ratkaisu epähomogeeniseen yhtälöön voidaan löytää yksinkertaisesti oikean puolen muodossa 
yhtälö (1). Katsotaanpa tapauksia, joissa tämä on mahdollista.
nuo. epähomogeenisen yhtälön oikea puoli on astepolynomi m. Jos 
ei ole ominaisyhtälön juuri, niin erityinen ratkaisu epähomogeeniselle yhtälölle tulisi etsiä astepolynomin muodossa m, eli
Kertoimet 
määritetään tietyn ratkaisun löytämisen yhteydessä.
Jos 
on ominaisyhtälön juuri, niin erityinen ratkaisu epähomogeeniselle yhtälölle tulisi etsiä muodossa
Esimerkki 7
. Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu 
.
Ratkaisu
. Tämän yhtälön vastaava homogeeninen yhtälö on 
. Sen ominaisyhtälö 
on juuret 
Ja 
. Homogeenisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto 
.
Koska 
ei ole ominaisyhtälön juuri, niin etsimme epähomogeenisen yhtälön tiettyä ratkaisua funktion muodossa 
. Etsitään tämän funktion derivaatat 
,
ja korvaa ne tähän yhtälöön:
tai . Yhdistäkäämme kertoimet for 
ja ilmaiset jäsenet: 
Kun tämä järjestelmä on ratkaistu, saamme 
,
. Tällöin epähomogeenisen yhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto 
, ja tietyn epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu on vastaavan homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun ja epähomogeenisen yhtälön erityisratkaisun summa: 
.
Olkoon epähomogeenisella yhtälöllä muoto
Jos 
ei ole ominaisyhtälön juuri, niin erityinen ratkaisu epähomogeeniselle yhtälölle tulisi etsiä muodossa. Jos 
on tunnusomaisen monikertayhtälön juuri k
(k=1 tai k=2), niin tässä tapauksessa epähomogeenisen yhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto .
Esimerkki 8
. Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu 
.
Ratkaisu
. Vastaavan homogeenisen yhtälön ominaisyhtälöllä on muoto 
. Sen juuret 
,
. Tässä tapauksessa vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu kirjoitetaan muotoon 
.
Koska luku 3 ei ole ominaisyhtälön juuri, epähomogeeniselle yhtälölle tulisi etsiä erityinen ratkaisu muodossa 
. Etsitään ensimmäisen ja toisen kertaluvun johdannaiset:
Korvataan differentiaaliyhtälöön: 
+
+,
+,.
Yhdistäkäämme kertoimet for 
ja ilmaiset jäsenet:
Täältä 
,
. Sitten tämän yhtälön tietyllä ratkaisulla on muoto 
ja yleinen ratkaisu
.
Lagrangen menetelmä mielivaltaisten vakioiden vaihteluun
Satunnaisten vakioiden vaihtelumenetelmää voidaan soveltaa mihin tahansa epähomogeeniseen lineaariseen yhtälöön, jossa on vakiokertoimet, riippumatta oikean puolen tyypistä. Tämän menetelmän avulla voit aina löytää yleisen ratkaisun epähomogeeniseen yhtälöön, jos vastaavan homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu tunnetaan.
Antaa 
Ja 
ovat lineaarisesti riippumattomia yhtälön (2) ratkaisuja. Sitten tämän yhtälön yleinen ratkaisu on 
, Missä 
Ja 
- mielivaltaiset vakiot. Satunnaisten vakioiden muuttamisen menetelmän ydin on, että yhtälön (1) yleinen ratkaisu etsitään muodossa
Missä 
Ja 
- uusia tuntemattomia toimintoja, jotka on löydettävä. Koska tuntemattomia funktioita on kaksi, niiden löytämiseksi tarvitaan kaksi yhtälöä, jotka sisältävät nämä funktiot. Nämä kaksi yhtälöä muodostavat järjestelmän
joka on lineaarinen algebrallinen yhtälöjärjestelmä suhteessa 
Ja 
. Tämän järjestelmän ratkaiseminen, löydämme 
Ja 
. Integroimalla saatujen yhtälöiden molemmat puolet, löydämme
Ja 
.
Kun nämä lausekkeet korvataan lausekkeella (9), saadaan yleinen ratkaisu epähomogeeniseen lineaariseen yhtälöön (1).
Esimerkki 9
. Etsi differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu 
.
Ratkaisu.
Annettua differentiaaliyhtälöä vastaavan homogeenisen yhtälön ominaisyhtälö on 
. Sen juuret ovat monimutkaiset 
,
. Koska 
Ja 
, Tuo 
,
, ja homogeenisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto. Sitten etsimme yleistä ratkaisua tälle epähomogeeniselle yhtälölle muodossa missä 
Ja 
- tuntemattomat toiminnot.
Yhtälöjärjestelmällä näiden tuntemattomien funktioiden löytämiseksi on muoto
Kun tämä järjestelmä on ratkaistu, löydämme 
,
. Sitten
,
. Korvataan tuloksena saadut lausekkeet yleisen ratkaisun kaavaan:
Tämä on tämän differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu, joka on saatu Lagrange-menetelmällä.
Kysymyksiä tiedon itsehallinnasta
Mitä differentiaaliyhtälöä kutsutaan toisen asteen lineaariseksi differentiaaliyhtälöksi vakiokertoimilla?
Mitä lineaarista differentiaaliyhtälöä kutsutaan homogeeniseksi ja mitä epähomogeeniseksi?
Mitä ominaisuuksia lineaarisella homogeenisella yhtälöllä on?
Mitä yhtälöä kutsutaan ominaispiirteeksi lineaariselle differentiaaliyhtälölle ja miten se saadaan?
Missä muodossa vakiokertoimien lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu kirjoitetaan ominaisyhtälön eri juurien tapauksessa?
Missä muodossa vakiokertoimien lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on kirjoitettu ominaisyhtälön yhtäläisten juurien tapauksessa?
Missä muodossa vakiokertoimien lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu kirjoitetaan ominaisyhtälön kompleksisille juurille?
Miten lineaarisen epähomogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu kirjoitetaan?
Missä muodossa etsitään tiettyä ratkaisua lineaariseen epähomogeeniseen yhtälöön, jos ominaisyhtälön juuret ovat erilaiset eivätkä ole nolla, ja yhtälön oikea puoli on astepolynomi m?
Missä muodossa etsitään tiettyä ratkaisua lineaariseen epähomogeeniseen yhtälöön, jos ominaisyhtälön juurien joukossa on yksi nolla ja yhtälön oikea puoli on astepolynomi m?
Mikä on Lagrangen menetelmän ydin?
Lineaaristen epähomogeenisten toisen asteen differentiaaliyhtälöiden (LNDE-2) ratkaisemisen perusteet vakiokertoimilla (PC)
Toisen asteen LDDE vakiokertoimilla $p$ ja $q$ on muotoa $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, missä $f\left(x \right)$ on jatkuva funktio.
Mitä tulee LNDU 2:een PC:llä, seuraavat kaksi väitettä pitävät paikkansa.
Oletetaan, että jokin funktio $U$ on epähomogeenisen differentiaaliyhtälön mielivaltainen osaratkaisu. Oletetaan myös, että jokin funktio $Y$ on vastaavan lineaarisen homogeenisen differentiaaliyhtälön (HLDE) yleinen ratkaisu (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Silloin GR:n LHDE-2 on yhtä suuri kuin ilmoitettujen yksityisten ja yleisten ratkaisujen summa, eli $y=U+Y$.
Jos 2. asteen LMDE:n oikea puoli on funktioiden summa, eli $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, niin löydämme ensin PD:t $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$. jokaiseen funktioon $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ ja sen jälkeen kirjoita CR LNDU-2 muodossa $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Ratkaisu 2. asteen LPDE:stä PC:llä
On selvää, että tietyn LNDU-2:n yhden tai toisen PD $U$ tyyppi riippuu sen oikean puolen $f\left(x\right)$ tietystä muodosta. Yksinkertaisimmat tapaukset PD LNDU-2:n etsimiseksi on muotoiltu seuraavien neljän säännön muodossa.
Sääntö #1.
LNDU-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, missä $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, eli sitä kutsutaan $n$ asteen polynomi. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, missä $Q_(n) \left(x\right)$ on toinen polynomi, jonka aste on sama kuin $P_(n) \left(x\right)$, ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juurien lukumäärä, jotka ovat yhtä suuria kuin nolla. Polynomin $Q_(n) \left(x\right)$ kertoimet löydetään epämääräisten kertoimien menetelmällä (UK).
Sääntö nro 2.
LNDU-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, missä $P_(n) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $n$. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, missä $Q_(n ) \ left(x\right)$ on toinen samanasteinen polynomi kuin $P_(n) \left(x\right)$, ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juurien lukumäärä. yhtä suuri kuin $\alpha $. Polynomin $Q_(n) \left(x\right)$ kertoimet löydetään NC-menetelmällä.
Sääntö nro 3.
LNDU-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \oikea) $, jossa $a$, $b$ ja $\beta$ ovat tunnettuja lukuja. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, jossa $A$ ja $B$ ovat tuntemattomia kertoimia ja $r$ on vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälön juurien lukumäärä, joka on yhtä suuri kuin $i\cdot \beta $. Kertoimet $A$ ja $B$ löydetään hajoamattomalla menetelmällä.
Sääntö nro 4.
LNDU-2:n oikealla puolella on muoto $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, missä $P_(n) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $ n$, ja $P_(m) \left(x\right)$ on polynomi, jonka aste on $m$. Sitten sen PD $U$ etsitään muodossa $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, missä $Q_(s) \left(x\right)$ ja $ R_(s) \left(x\right)$ ovat $s$ asteen polynomeja, luku $s$ on kahden luvun $n$ ja $m$ enimmäismäärä ja $r$ on juurien lukumäärä vastaavan LODE-2:n ominaisyhtälöstä, joka on yhtä suuri kuin $\alpha +i\cdot \beta $. Polynomien $Q_(s) \left(x\right)$ ja $R_(s) \left(x\right)$ kertoimet löydetään NC-menetelmällä.
NK-menetelmä koostuu seuraavan säännön soveltamisesta. Jotta voidaan löytää polynomin tuntemattomat kertoimet, jotka ovat osa epähomogeenisen differentiaaliyhtälön LNDU-2 osittaisratkaisua, on välttämätöntä:
- korvaa PD $U$, joka on kirjoitettu yleisessä muodossa, LNDU-2:n vasemmalle puolelle;
- LNDU-2:n vasemmalla puolella suorita yksinkertaistuksia ja ryhmittele termejä samoilla tehoilla $x$;
- rinnasta tuloksena olevassa identiteetissä termien kertoimet samoihin vasemman ja oikean puolen potenssiin $x$;
- ratkaise tuloksena oleva lineaarinen yhtälöjärjestelmä tuntemattomille kertoimille.
Esimerkki 1
Tehtävä: etsi TAI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Etsi myös PD , joka täyttää alkuehdot $y=6$ arvolle $x=0$ ja $y"=1$ kohteelle $x=0$.
Kirjoitamme muistiin vastaavan LOD-2:n: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Ominaisuusyhtälö: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Ominaisen yhtälön juuret ovat: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Nämä juuret ovat päteviä ja erillisiä. Siten vastaavan LODE-2:n TAI on muotoa: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Tämän LNDU-2:n oikealla puolella on muoto $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. On tarpeen ottaa huomioon eksponentin $\alpha =3$ kerroin. Tämä kerroin ei ole yhteneväinen ominaisyhtälön minkään juuren kanssa. Siksi tämän LNDU-2:n PD on muotoa $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Haemme kertoimet $A$, $B$ NC-menetelmällä.
Löydämme Tšekin tasavallan ensimmäisen johdannaisen:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \oikea)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Löydämme Tšekin tasavallan toisen johdannaisen:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Korvaamme funktiot $U""$, $U"$ ja $U$ funktioiden $y""$, $y"$ ja $y$ sijaan annettuun NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Lisäksi, koska eksponentti $e^(3\cdot x) $ on mukana tekijänä kaikissa komponenteissa, se voidaan jättää pois.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Suoritamme toiminnot tuloksena olevan tasa-arvon vasemmalla puolella:
-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Käytämme NDT-menetelmää. Saamme lineaarisen yhtälöjärjestelmän, jossa on kaksi tuntematonta:
-18 $\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Tämän järjestelmän ratkaisu on: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ ongelmamme näyttää tältä: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
Ongelmamme TAI $y=Y+U$ näyttää tältä: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ vasen(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Jotta voidaan etsiä PD:tä, joka täyttää annetut alkuehdot, löydämme OP:n derivaatan $y"$:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Korvaamme $y$ ja $y"$ alkuehdot $y=6$ arvolle $x=0$ ja $y"=1$ arvolle $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Saimme yhtälöjärjestelmän:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Ratkaistaan se. Löydämme $C_(1) $ Cramerin kaavan avulla ja $C_(2) $ määritämme ensimmäisestä yhtälöstä:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ alkaa(taulukko)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4 = 3,$
Siten tämän differentiaaliyhtälön PD on muotoa: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \oikea )\cdot e^(3\cdot x) $.