Príklady lineárnych rovníc s konštantnými koeficientmi. Lineárne nehomogénne diferenciálne rovnice druhého rádu s konštantnými koeficientmi
Tento článok sa zaoberá problematikou riešenia lineárnych nehomogénnych diferenciálnych rovníc druhého rádu s konštantnými koeficientmi. Teória bude diskutovaná spolu s príkladmi daných problémov. Na dešifrovanie nejasných pojmov je potrebné odkázať na tému o základných definíciách a konceptoch teórie diferenciálnych rovníc.
Uvažujme lineárnu diferenciálnu rovnicu (LDE) druhého rádu s konštantnými koeficientmi tvaru y "" + p · y " + q · y = f (x), kde p a q sú ľubovoľné čísla a existujúca funkcia f (x) je spojitá na integračnom intervale x.
Prejdime k formulácii vety pre všeobecné riešenie LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Všeobecná teoréma riešenia pre LDNU
Veta 1Všeobecné 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, čo zodpovedá LOD a nejakému partikulárnemu riešeniu 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 diskutovaný v článku o lineárnych homogénnych diferenciálnych rovniciach druhého rádu s konštantnými koeficientmi. Potom by sme mali prejsť k definícii y ~.
Výber konkrétneho riešenia LPDE 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 LPDE sa nájde 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 ku konkrétnemu riešeniu 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 súčtom všeobecného riešenia, ktoré zodpovedá rovnici y 0 alebo partikulárnemu riešeniu nehomogénnej rovnice y ~, teda y = y 0 + y ~.
Najprv nájdeme všeobecné riešenie pre LNDU a potom konkrétne.
Prejdime k hľadaniu y 0. Zapísanie charakteristickej rovnice vám pomôže nájsť korene. Chápeme to
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Zistili sme, že korene sú iné a skutočné. Preto si zapíšme
yo = C1e0x + C2e2x = C1 + C2e2x.
Poďme nájsť y ~. Je vidieť, že pravá strana danej rovnice je polynóm druhého stupňa, potom sa jeden z koreňov rovná nule. Z toho dostaneme, že konkrétne riešenie pre y ~ bude
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, kde hodnoty A, B, C nadobúdajú neurčité 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
Rovnaním koeficientov s rovnakými exponentmi x dostaneme sústavu lineárnych výrazov - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Pri riešení niektorou z metód nájdeme koeficienty a zapíšeme: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 a y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 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 C 1 A C 2, na základe rovnosti tvaru y = 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 v tvare 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 LPDE druhého rádu bude rovnica tvaru 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 je y = y 0 + y ~ . Uvedená rovnica zodpovedá LOD y "" - 2 y " = 0. Z predchádzajúceho príkladu je zrejmé, že jej korene sú rovnaké k1 = 0 a k2 = 2 a yo = C1 + C2e2x podľa charakteristickej rovnice.
Je vidieť, že pravá strana rovnice je x 2 + 1 · e x . Odtiaľ sa LPDE nachádza cez y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, kde Q n (x) je polynóm druhého stupňa, kde α = 1 a r = 0, pretože charakteristická rovnica nie je mať koreň rovný 1. Odtiaľ to máme
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
Ukazovatele srovnáme s rovnakými koeficientmi 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 jasné, 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 LNDDE a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - všeobecné riešenie pre nehomogénnu dif rovnicu druhého rádu.
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 sa za čiastočné riešenie LPDE považuje rovnica v tvare y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, kde A a B sa považujú za neurčené koeficienty a r je počet komplexné konjugované korene súvisiace s charakteristickou rovnicou, rovné ± i β . 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 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i, k 2 = - 2 i
Máme pár komplexne konjugovaných koreňov. Poďme sa transformovať a získajme:
y 0 = e 0 (C1 cos (2 x) + C2 sin (2 x)) = C1 cos 2 x + C2 sin (2 x)
Za korene charakteristickej rovnice sa považuje 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 tvaru 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 jasné
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)
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: uvažuje sa všeobecné riešenie pôvodnej LDDE druhého rádu s konštantnými koeficientmi
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, m, kde m = m a x (n, k). Zisťovacie koeficienty Lm(x) A Nm(x) sa robí 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
Podľa podmienky je jasné, 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 v tvare:
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 žiadny pár konjugovaných koreňov súvisiacich s charakteristickou rovnicou s α ± i β = 3 ± 5 · i. Z výslednej rovnosti nájdeme tieto koeficienty:
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
Zo všetkého vyplýva, že
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 (5 x))
odpoveď: Teraz sme získali 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 1Akýkoľvek iný typ funkcie f (x) na riešenie vyžaduje súlad s algoritmom riešenia:
- nájdenie všeobecného riešenia zodpovedajúcej lineárnej homogénnej rovnice, kde y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, kde y 1 A y 2 sú lineárne nezávislé čiastkové riešenia LODE, C 1 A C 2 sú považované za ľubovoľné konštanty;
- prijatie ako všeobecné riešenie LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- určenie derivácií funkcie cez systém tvaru 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 všeobecné riešenie danej rovnice zapíšeme ako 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 systému 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)) = = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x
Je potrebné prijať rozhodnutie týkajúce sa C 1" (x) A C 2" (x) pomocou akejkoľvek metódy. Potom píšeme:
C 1 " (x) = - 4 hriechy 2 (6 x) + 2 hriechy (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x hriech (6 x) C 2" (x) = 4 hriechy (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 (6 x)
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 pomocou metódy variácie ľubovoľných konštánt. Otázka, ako nájsť všeobecné riešenie homogénnej rovnice, však zostala otvorená. V špeciálnom prípade, keď v lineárnej diferenciálnej rovnici (3) sú všetky koeficienty p i(X)= a i - konštanty, dá sa to celkom jednoducho vyriešiť 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 ja- konštanty (i= 1, 2, ...,n).
Ako je známe, pre lineárnu homogénnu rovnicu 1. rádu je riešenie funkciou tvaru e kx. Budeme hľadať riešenie rovnice (14) v tvare j (X) = e kx.
Dosadíme funkciu do rovnice (14) j (X) a jeho radové deriváty m (1 £ m£ n)j (m) (X) = k m e kx. Dostaneme
(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).
Sú možné 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 , ..., C 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. Vytvorme charakteristickú rovnicu. Aby sme to dosiahli, nahradíme deriváciu poriadku m funkcie r(X) v príslušnej 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 + C 2 e 4x.
Pre prípad (b) je charakteristickou rovnicou rovnica 3. stupňa k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Nájdime 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 teda aj jej charakteristickej rovnice (15)- reálne čísla, čo znamená, že ak c medzi charakteristickými koreňmi existuje komplexný koreň k 1 = a + ib, teda jeho konjugovaný koreň k 2 = ` k 1 = a- ib.K prvému koreňu 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 riešeniu
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). Okrem toho sú tieto riešenia lineárne nezávislé. Môžeme teda vyvodiť nasledujúci záver.
Pravidlo 1.Pár koreňov konjugovaného komplexu a± ib charakteristickej rovnice v FSR lineárnej homogénnej rovnice (14) zodpovedá dvom reálnym čiastkovým 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 = .
V dôsledku toho 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,k 2 , 3 = ± 2i. Cornu k 1 zodpovedá riešeniu a pár koreňov konjugovaných komplexov k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- dve platné 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 je m rovnaké korene. Každému z nich zodpovedá rovnaké riešenie diferenciálnej rovnice (14) Zahrňte však m V FSR neexistujú žiadne rovnaké riešenia, 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 môžu byť zahrnuté do FSR.
Pravidlo 2. Skutočný charakteristický koreň k 1 mnohosť m v FSR zodpovedá m riešenia:
Ak k 1 - komplexná multiplicita koreňov m charakteristická rovnica (15), potom existuje konjugovaný koreň k 1 mnohosť m. Analogicky dostaneme nasledujúce pravidlo.
Pravidlo 3. Pár koreňov konjugovaného komplexu a± ib v FSR zodpovedá 2 mreálnym lineárne nezávislým riešeniam:
, , ..., ,
, , ..., .
Príklad 9. Nájdite všeobecné riešenie rovnice:
A) pri¢ ¢ ¢ (X) + 3pri¢ ¢ (X) + 3pri¢ (X)+ y ( X)= 0;b) na 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 - odmocnina násobnosti 3. Na základe pravidla 2 zapíšeme 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 = ± i.
Máme pár konjugovaných komplexných koreňov, z ktorých každý má násobnosť 2. Podľa pravidla 3 sa všeobecné riešenie zapíše ako
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 X.
Z uvedeného vyplýva, že pre každú lineárnu homogénnu rovnicu s konštantnými koeficientmi je možné nájsť fundamentálny systém riešení a zostaviť všeobecné riešenie. V dôsledku toho 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 10. Pomocou variačnej metódy nájdite všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice pri¢ ¢ (X) - pri¢ (X) - 6pri(X) = xe 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 Wronského determinant
W[e 3X , napr 2X ] = .
Zostavme sústavu rovníc (12) pre 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) = xe 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 menenia 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 R m(X) - polynómy stupňa n A m resp.
Súkromné riešenie y*(X) rovnice (16) je určená vzorcom
pri* (X) = xse sekera(Pán(X)cosbx + N r(X)sinbx), (18)
Kde Pán(X) A č(X) - polynómy stupňa r = max(n, m) s neistými koeficientmi , A s rovný násobku odmocniny k 0 = a + ib charakteristický polynóm rovnice (16), a predpokladáme s = 0 ak k 0 nie je charakteristický koreň.
Aby ste mohli zostaviť konkrétne riešenie pomocou vzorca (18), musíte nájsť štyri parametre - a, b, r A s. Prvé tri sú určené z pravej strany rovnice a r- toto je vlastne najvyšší stupeň X, nájdete na pravej strane. Parameter s zistené porovnaním čísel k 0 = a + ib A množina všetkých (berúc do úvahy násobnosti) charakteristických koreňov rovnice (16), ktoré sa nájdu riešením príslušnej homogénnej rovnice.
Uvažujme o špeciálnych 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 + R m(X)sinbx;
3) kedy a = 0, b = 0f(X)= Pn(X).
Poznámka 1. Ak P n (x) º 0 alebo Rm (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 zázname konkrétneho riešenia musia byť prítomné obe, pretože podľa vzorca (18) je každé z nich vynásobené polynómom s neurčitými koeficientmi rovnakého stupňa r = max(n, m).
Príklad 11. Určte typ čiastočného 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, ktorá 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 vyskytuje raz medzi charakteristickými koreňmi, čo znamená 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 konkrétne riešenie obsahuje dva polynómy 2. stupňa s neurčenými koeficientmi. Ak chcete nájsť riešenie, musíte určiť číselné hodnoty týchto koeficientov. Sformulujme všeobecné pravidlo.
Určiť neznáme koeficienty polynómov Pán(X) A č(X) rovnosť (17) sa diferencuje potrebný počet krát a funkcia sa dosadí y*(X) a jeho derivácií do rovnice (16). Porovnaním jeho ľavej a pravej strany 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) - partikulárne 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 použite vzorec (18). pri*(X). Funkcia f(X) = xe 2X predstavuje 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, nájdime derivácie prvého a druhého rádu funkcie 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 = (4Ach + 4A+ 4B)e 2X .
Po výmene funkcie y*(X) a jeho deriváty do rovnice, ktorú máme
(4Ach + 4A+ 4B)e 2X - (2Ah + Ah + 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 Cauchyho problém položený 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 je
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 tejto 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 Ln[r(X)]=f(X), Kde f(X) =f 1 (X)+f 2 (X) A y* 1 (X) - riešenie rovnice Ln[r(X)]=f 1 (X), A y* 2 (X) - riešenie rovnice Ln[r(X)]=f 2 (X), potom funkcia y*(X)= y* 1 (X)+ y* 2 (X) je riešenie rovnice Ln[r(X)]=f(X).
Príklad 14. Označte typ 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) = Ссosx + Dsinx.
Potom konkrétne riešenie
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
preto má všeobecné riešenie formu
pri(X) = C 1 cos 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Príklad 15. Elektrický obvod pozostáva zo zdroja prúdu zapojeného do série s emf e(t) = E hriechw t, indukčnosť L a kontajnery S, a
Vzdelávacia inštitúcia „Bieloruský štát
poľnohospodárska akadémia"
Katedra vyššej matematiky
Smernice
naštudovať tému „Lineárne diferenciálne rovnice 2. rádu“ študentmi účtovníckej fakulty korešpondenčného vzdelávania (NISPO)
Gorki, 2013
Lineárne diferenciálne rovnice
druhého rádu s konštantamikoeficienty
Lineárne homogénne diferenciálne rovnice
Lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu s konštantnými koeficientmi nazývaná rovnica tvaru
tie. rovnica, ktorá obsahuje požadovanú funkciu a jej derivácie len v prvom stupni a neobsahuje ich produkty. V tejto rovnici 
A 
- nejaké čísla a funkcia 
podávané v určitom intervale 
.
Ak 
na intervale 
, potom rovnica (1) bude mať tvar
,
(2)
a volá sa lineárne homogénne . V opačnom prípade sa volá rovnica (1). lineárne nehomogénne .
Zvážte komplexnú funkciu
,
(3)
Kde 
A 
- skutočné funkcie. Ak je funkcia (3) komplexným riešením rovnice (2), potom reálna časť 
, a imaginárnu časť 
riešenia 
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 
existujú riešenia rovnice (2), potom funkcia 
bude tiež riešením rovnice (2);
Ak 
A 
existujú riešenia rovnice (2), potom ich lineárna kombinácia 
bude tiež riešením rovnice (2), kde 
A 
– ľubovoľné konštanty.
Funkcie 
A 
sa volajú lineárne závislé
na intervale 
, ak takéto čísla existujú 
A 
, ktorá sa zároveň nerovná nule, že na tomto intervale je rovnosť
Ak rovnosť (4) nastane len vtedy 
A 
, potom funkcie 
A 
sa volajú lineárne nezávislé
na intervale 
.
Príklad 1
. Funkcie 
A 
sú lineárne závislé, keďže 
na celom číselnom rade. V tomto príklade 
.
Príklad 2
. Funkcie 
A 
sú lineárne nezávislé na akomkoľvek intervale, pretože rovnosť 
je možné len v prípade, keď 
, A 
.
Konštrukcia všeobecného riešenia k lineárnemu homogénnemu
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.
Budeme hľadať lineárne nezávislé riešenia rovnice (2) v tvare
,
(5)
Kde 
- určitý počet. 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 
existujú 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 
- ľubovoľné konštanty.
Príklad 3
.
Riešenie
. Charakteristická rovnica pre tento diferenciál bude 
. Po vyriešení tejto kvadratickej rovnice nájdeme jej korene 
A 
. Funkcie 
A 
sú riešenia diferenciálnej rovnice. Všeobecné riešenie tejto rovnice je 
.
Komplexné číslo 
nazývaný výraz formy 
, Kde 
A 
sú reálne čísla a 
nazývaná pomyselná 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 v tvare 
,
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 všeobecné riešenie rovnice (2) má tvar
Kde 
A 
- ľubovoľné konštanty.
Príklad 5
. Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice 
.
Riešenie
. Rovnica 
je charakteristický pre daný diferenciál. Poďme to vyriešiť a získajme zložité korene 
,
. Funkcie 
A 
sú lineárne nezávislé riešenia diferenciálnej rovnice. Všeobecné riešenie tejto rovnice je:
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 všeobecné riešenie rovnice (2) má 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 
rovnica (1). Pozrime sa na prípady, kedy 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 v tvare funkcie 
. Poďme nájsť deriváty tejto funkcie 
,
a dosaďte ich do tejto rovnice:
alebo . Dajme rovnítko medzi koeficienty pre 
a bezplatných členov: 
Po vyriešení tohto systému sme dostali 
,
. Potom má konkrétne riešenie nehomogénnej rovnice tvar 
a všeobecné riešenie danej 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 je všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice zapísané vo forme 
.
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:
Dosadíme do diferenciálnej rovnice: 
+
+,
+,.
Dajme rovnítko medzi koeficienty pre 
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 typ pravej strany. Táto metóda umožňuje vždy nájsť všeobecné riešenie nehomogénnej rovnice, ak je známe všeobecné riešenie zodpovedajúcej homogénnej rovnice.
Nechaj 
A 
sú lineárne nezávislé riešenia rovnice (2). Potom je všeobecné riešenie tejto rovnice 
, Kde 
A 
- ľubovoľné konštanty. Podstatou metódy variácie ľubovoľných konštánt je, že všeobecné riešenie rovnice (1) sa hľadá v tvare
Kde 
A 
- nové neznáme funkcie, ktoré je potrebné nájsť. 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 strán získaných rovností
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 zodpovedajúcu danej diferenciálnej rovnici je 
. Jeho korene sú zložité 
,
. Pretože 
A 
, To 
,
, a všeobecné riešenie homogénnej rovnice má tvar. Potom budeme hľadať všeobecné riešenie tejto nehomogénnej rovnice v tvare kde 
A 
- neznáme funkcie.
Systém rovníc na nájdenie týchto neznámych funkcií má tvar
Po vyriešení tohto systému nájdeme 
,
. Potom
,
. Dosaďte výsledné výrazy do vzorca pre všeobecné riešenie:
Toto je všeobecné riešenie tejto diferenciálnej rovnice získané pomocou Lagrangeovej metódy.
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 vlastnosti má lineárna homogénna rovnica?
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?
Základy riešenia lineárnych nehomogénnych diferenciálnych rovníc druhého rádu (LNDE-2) s konštantnými koeficientmi (PC)
LDDE 2. 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.
Pokiaľ ide o LNDU 2 s PC, nasledujúce dve tvrdenia sú pravdivé.
Predpokladajme, že nejaká funkcia $U$ je ľubovoľným parciálnym riešením nehomogénnej diferenciálnej rovnice. Predpokladajme tiež, že nejaká funkcia $Y$ je všeobecným riešením (GS) zodpovedajúcej lineárnej homogénnej diferenciálnej rovnice (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Potom GR z LHDE-2 sa rovná súčtu uvedených súkromných a všeobecných riešení, to znamená $y=U+Y$.
Ak je pravá strana LMDE 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 nájdeme PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$, ktoré zodpovedajú na každú z funkcií $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, a potom napíšte CR LNDU-2 v tvare $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Riešenie LPDE 2. rádu s PC
Je zrejmé, že typ jedného alebo druhého PD $U$ daného LNDU-2 závisí od konkrétneho tvaru jeho pravej strany $f\left(x\right)$. Najjednoduchšie prípady hľadania PD LNDU-2 sú formulované vo forme nasledujúcich štyroch pravidiel.
Pravidlo č.1.
Pravá strana LNDU-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 PD $U$ 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 koreňov charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2, ktoré sa rovnajú nule. Koeficienty polynómu $Q_(n) \left(x\right)$ sa zisťujú metódou neurčitých koeficientov (UK).
Pravidlo č.2.
Pravá strana LNDU-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 NC metódou.
Pravidlo č.3.
Pravá strana LNDU-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 pomocou nedeštruktívnej metódy.
Pravidlo č.4.
Pravá strana LNDU-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 koreňov charakteristickej rovnice zodpovedajúcej LODE-2, ktorá sa rovná $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficienty polynómov $Q_(s) \left(x\right)$ a $R_(s) \left(x\right)$ sa zisťujú NC metódou.
Metóda NK pozostáva z aplikácie nasledujúceho pravidla. Na nájdenie neznámych koeficientov polynómu, ktoré sú súčasťou čiastočného riešenia nehomogénnej diferenciálnej rovnice LNDU-2, je potrebné:
- nahraďte PD $U$, napísané vo všeobecnej forme, na ľavú stranu LNDU-2;
- na ľavej strane LNDU-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 LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Nájdite aj PD , ktoré spĺňajú počiatočné podmienky $y=6$ pre $x=0$ a $y"=1$ pre $x=0$.
Zapíšeme si zodpovedajúcu LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Charakteristická rovnica: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korene charakteristickej rovnice sú: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Tieto korene sú platné 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 strana tohto LNDU-2 má tvar $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Je potrebné zvážiť koeficient exponentu $\alpha =3$. Tento koeficient sa nezhoduje so žiadnym z koreňov charakteristickej rovnice. Preto má PD tohto LNDU-2 tvar $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Koeficienty $A$, $B$ budeme hľadať pomocou NC metódy.
Nájdeme prvý derivát Česka:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Nájdeme druhý derivát Česka:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Do daného NLDE-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).$ Navyše, keďže exponent $e^(3\cdot x)$ je zahrnutý ako faktor vo všetkých komponentoch, potom ho možno vynechať. Získame:
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\vpravo)=36\cdot x+12.$
Vykonávame akcie na ľavej strane výslednej rovnosti:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Používame metódu NDT. Získame sústavu lineárnych rovníc s dvoma neznámymi:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12,$
Riešenie tohto systému je: $A=-2$, $B=-1$.
PD $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, ktorá spĺňa dané počiatočné podmienky, nájdeme deriváciu $y"$ OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Do $y$ a $y"$ nahradíme počiatočné podmienky $y=6$ pre $x=0$ a $y"=1$ pre $x=0$:
$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:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6,$
Poďme to vyriešiť. Nájdeme $C_(1) $ pomocou Cramerovho vzorca a $C_(2) $ určíme 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 má teda tvar: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.