phương trình vi phân với một bảng bên phải đặc biệt. Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi

Phương trình vi phân bậc hai không thuần nhất với hệ số không đổi

Cấu trúc của giải pháp chung

Một phương trình không thuần nhất tuyến tính thuộc loại này có dạng:

ở đâu P, q− hằng số (có thể là cả số thực và số phức). Đối với mỗi phương trình như vậy, người ta có thể viết tương ứng phương trình thuần nhất:

định lý: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là tổng của nghiệm tổng quát y 0 (x) của phương trình thuần nhất tương ứng và một nghiệm riêng y 1 (x) của phương trình không thuần nhất:

Dưới đây chúng ta xem xét hai phương pháp giải phương trình vi phân không thuần nhất.

Phương pháp biến đổi không đổi

Nếu giải pháp chung y 0 của phương trình thuần nhất liên kết đã biết, thì có thể tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất bằng cách sử dụng phương pháp biến đổi không đổi. Cho nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất cấp hai có dạng:

thay vì vĩnh viễn C 1 và C 2 chúng ta sẽ xem xét các chức năng phụ trợ C 1 (x) và C 2 (x). Chúng ta sẽ tìm các hàm này sao cho nghiệm

thỏa mãn phương trình không thuần nhất với vế phải f(x). tính năng không xác định C 1 (x) và C 2 (x) được xác định từ hệ hai phương trình:

Phương pháp hệ số bất định

phần bên phải f(x) của một phương trình vi phân không thuần nhất thường là một đa thức, hàm mũ hoặc hàm lượng giác hoặc một số tổ hợp của các hàm này. Trong trường hợp này, sẽ thuận tiện hơn khi tìm giải pháp bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định. Chúng tôi nhấn mạnh rằng phương thức này chỉ hoạt động đối với một lớp chức năng giới hạn ở phía bên phải, chẳng hạn như

Trong cả hai trường hợp, việc chọn một nghiệm cụ thể phải tương ứng với cấu trúc vế phải của phương trình vi phân không thuần nhất. Trong trường hợp 1, nếu số α trong hàm mũ trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng sẽ chứa thêm nhân tử x S, ở đâu S- bội số của gốc α trong phương trình đặc trưng. Trong trường hợp 2, nếu số α + βi trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng thì biểu thức tìm nghiệm riêng sẽ chứa thêm nhân tử x. Các hệ số chưa biết có thể được xác định bằng cách thay thế biểu thức tìm được cho một nghiệm cụ thể vào phương trình vi phân không thuần nhất ban đầu.

Nguyên lý chồng chất

Nếu vế phải của phương trình không thuần nhất là số lượng một số chức năng của biểu mẫu

thì nghiệm cụ thể của phương trình vi phân cũng sẽ là tổng của các nghiệm cụ thể được xây dựng riêng cho mỗi số hạng ở vế phải.

ví dụ 1

Giải phương trình vi phân y"" + y= tội lỗi(2 x).

Phán quyết.

Đầu tiên chúng ta giải phương trình thuần nhất tương ứng y"" + y= 0. Trong trường hợp này, nghiệm của phương trình đặc trưng hoàn toàn là ảo:

Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất được cho bởi

Chúng ta hãy quay trở lại phương trình không thuần nhất. Chúng tôi sẽ tìm kiếm giải pháp của nó trong hình thức

dùng phương pháp biến thiên hằng số. Chức năng C 1 (x) và C 2 (x) có thể được tìm thấy từ hệ phương trình sau:

Chúng tôi biểu thị đạo hàm C 1 " (x) từ phương trình đầu tiên:

Thay thế vào phương trình thứ hai, chúng tôi tìm thấy đạo hàm C 2 " (x):

Do đó nó theo sau đó

Tích phân biểu thức đạo hàm C 1 " (x) và C 2 " (x), chúng tôi nhận được:

ở đâu Một 1 , Một 2 − hằng số tích phân. Bây giờ chúng tôi thay thế các chức năng tìm thấy C 1 (x) và C 2 (x) vào công thức y 1 (x) và viết nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất:

ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y"" + y" −6y = 36x.

Phán quyết.

Hãy sử dụng phương pháp hệ số không xác định. Vế phải của phương trình đã cho là một hàm tuyến tính f(x)= rìu + b. Do đó, chúng tôi sẽ tìm kiếm một giải pháp cụ thể dưới dạng

Các dẫn xuất là:

Thay thế điều này vào phương trình vi phân, chúng ta nhận được:

Phương trình cuối cùng là một đẳng thức, nghĩa là nó đúng cho mọi x, vì vậy chúng ta đánh đồng các hệ số của các số hạng có cùng lũy thừa xở bên trái và bên phải:

Từ hệ thống kết quả, chúng tôi tìm thấy: Một = −6, b= −1. Kết quả là, giải pháp cụ thể được viết dưới dạng

Bây giờ chúng ta hãy tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất. Hãy để chúng tôi tính toán các gốc của phương trình đặc tính phụ trợ:

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng có dạng:

Vì vậy, giải pháp chung của phương trình không thuần nhất ban đầu được biểu thị bằng công thức

Tích phân tổng quát của DE.

Giải phương trình vi phân

Nhưng điều buồn cười là câu trả lời đã được biết: chính xác hơn, chúng ta cũng phải thêm một hằng số: Tích phân tổng quát là một nghiệm của phương trình vi phân.

Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý. ví dụ về giải pháp

Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý dùng để giải các phương trình vi phân không thuần nhất. Bài học này dành cho những học sinh đã ít nhiều thành thạo về chủ đề này. Nếu bạn mới bắt đầu làm quen với điều khiển từ xa, tức là. Nếu bạn là một ấm trà, tôi khuyên bạn nên bắt đầu với bài học đầu tiên: Phương trình vi phân cấp một. ví dụ về giải pháp. Và nếu bạn đã hoàn thành, vui lòng loại bỏ định kiến có thể có rằng phương pháp này khó. Vì anh đơn giản.

Phương pháp biến thiên hằng số tuỳ ý được dùng trong những trường hợp nào?

1) Có thể dùng phương pháp biến thiên của một hằng số tùy ý để giải DE không đồng nhất tuyến tính của bậc 1. Vì phương trình là bậc nhất nên hằng số (hằng số) cũng là một.

2) Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý dùng để giải một số phương trình không thuần nhất tuyến tính của bậc hai. Ở đây, hai hằng số (constants) khác nhau.

Thật hợp lý khi cho rằng bài sẽ gồm hai đoạn…. Tôi đã viết đề xuất này, và trong khoảng 10 phút, tôi đã đau đầu nghĩ xem nên thêm những thứ vớ vẩn thông minh nào khác để quá trình chuyển đổi suôn sẻ sang các ví dụ thực tế. Nhưng vì một số lý do, không có suy nghĩ nào sau kỳ nghỉ, mặc dù có vẻ như tôi đã không lạm dụng bất cứ điều gì. Vì vậy, hãy nhảy ngay vào đoạn đầu tiên.

Phương pháp biến đổi hằng số tùy ý cho phương trình bậc nhất tuyến tính không thuần nhất

Trước khi xem xét phương pháp biến đổi của một hằng số tùy ý, bạn nên làm quen với bài viết Phương trình vi phân tuyến tính cấp một. Trong bài học đó, chúng tôi đã thực hành cách đầu tiên để giải quyết DE không đồng nhất của bậc 1. Giải pháp đầu tiên này, tôi nhắc bạn, được gọi là phương pháp thay thế hoặc là phương pháp Bernoulli(đừng nhầm lẫn với phương trình Bernoulli!!!)

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét cách thứ hai để giải quyết- phương pháp biến thiên của một hằng số tùy ý. Tôi sẽ chỉ đưa ra ba ví dụ, và tôi sẽ lấy chúng từ bài học trên. Tại sao quá ít? Vì thực chất cách giải theo cách 2 sẽ rất giống cách giải theo cách 1. Ngoài ra, theo quan sát của tôi, phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý được sử dụng ít hơn so với phương pháp thay thế.

ví dụ 1

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (Khác với ví dụ số 2 của bài DE không đồng nhất tuyến tính của bậc 1)

Phán quyết: Phương trình này là tuyến tính không thuần nhất và có dạng quen thuộc:

Ở giai đoạn đầu tiên, cần phải giải một phương trình đơn giản hơn: Đó là, chúng ta đặt lại vế phải một cách ngu ngốc - thay vào đó chúng ta viết số không. Phương trình tôi sẽ gọi phương trình phụ trợ.

Trong ví dụ này, bạn cần giải phương trình phụ sau:

Trước chúng tôi phương trình tách được, giải pháp mà (tôi hy vọng) không còn khó khăn đối với bạn nữa:

Vậy: là nghiệm tổng quát của phương trình phụ .

Ở bước thứ hai thay thế hằng số của một số chưa chức năng chưa biết phụ thuộc vào "x":

Do đó, tên của phương thức - chúng tôi thay đổi hằng số . Ngoài ra, hằng số có thể là một hàm nào đó mà chúng ta phải tìm ngay bây giờ.

TẠI nguyên bản phương trình không thuần nhất, ta sẽ thay vào:

Thay thế trong phương trình:

thời điểm kiểm soát - hai số hạng ở vế trái triệt tiêu. Nếu điều này không xảy ra, bạn nên tìm lỗi ở trên.

Kết quả của việc thay thế, thu được một phương trình với các biến có thể tách rời. Tách các biến và tích hợp.

Thật là một phước lành, các số mũ cũng đang thu hẹp lại:

Chúng tôi thêm một hằng số "bình thường" vào hàm tìm thấy:

Ở giai đoạn cuối cùng, chúng tôi nhớ lại sự thay thế của mình:

Chức năng vừa được tìm thấy!

Vì vậy, giải pháp chung là:

Câu trả lời: quyết định chung:

Nếu bạn in hai nghiệm ra, bạn sẽ dễ dàng nhận thấy rằng trong cả hai trường hợp, ta đều tìm được các tích phân giống nhau. Sự khác biệt duy nhất là trong thuật toán giải pháp.

Bây giờ cái gì phức tạp hơn, mình cũng sẽ comment ví dụ thứ 2:

ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (Khác với ví dụ số 8 của bài DE không đồng nhất tuyến tính của bậc 1)

Phán quyết: Hãy đưa phương trình về dạng:

Đặt vế phải bằng 0 và giải phương trình phụ:

Tách biến và tích phân: Nghiệm tổng quát của phương trình phụ:

Trong phương trình không thuần nhất, chúng ta sẽ thay thế:

Theo quy luật khác biệt hóa sản phẩm:

Thay thế và vào phương trình không thuần nhất ban đầu:

Hai thuật ngữ ở bên trái bị triệt tiêu, có nghĩa là chúng ta đang đi đúng hướng:

Chúng tôi tích hợp từng phần. Một chữ cái ngon từ công thức tích phân từng phần đã được đưa vào giải pháp, vì vậy chúng tôi sử dụng, ví dụ, các chữ cái "a" và "be":

Sau cùng:

Bây giờ hãy xem xét sự thay thế:

Câu trả lời: quyết định chung:

Phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý cho phương trình bậc hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi

Người ta thường nghe quan điểm rằng phương pháp biến đổi hằng số tùy ý cho phương trình bậc 2 không phải là điều dễ dàng. Nhưng tôi đoán như sau: rất có thể, phương pháp này có vẻ khó đối với nhiều người, vì nó không quá phổ biến. Nhưng trên thực tế, không có khó khăn đặc biệt nào - quá trình đưa ra quyết định rõ ràng, minh bạch và dễ hiểu. Và xinh đẹp.

Để thành thạo phương pháp, mong muốn có thể giải các phương trình không thuần nhất bậc hai bằng cách chọn một nghiệm cụ thể theo dạng của vế phải. Phương pháp này được thảo luận chi tiết trong bài viết. DE không đồng nhất của bậc 2. Chúng tôi nhớ lại rằng một phương trình không thuần nhất tuyến tính bậc hai với các hệ số không đổi có dạng:

Phương pháp chọn, đã được xem xét trong bài học trên, chỉ hoạt động trong một số trường hợp hạn chế, khi đa thức, số mũ, sin, cosin ở vế phải. Nhưng phải làm gì khi ở bên phải, chẳng hạn như phân số, logarit, tiếp tuyến? Trong tình huống như vậy, phương pháp biến đổi hằng số ra đời để giải cứu.

Ví dụ 4

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp hai

Phán quyết: Có một phân số ở phía bên phải của phương trình này, vì vậy chúng ta có thể nói ngay rằng phương pháp chọn một giải pháp cụ thể không hoạt động. Ta dùng phương pháp biến thiên hằng số tùy ý.

Không có gì báo trước một cơn giông bão, sự khởi đầu của giải pháp khá bình thường:

Hãy tìm quyết định chung liên quan, thích hợp đồng nhất phương trình:

Ta soạn và giải phương trình đặc trưng: – thu được các nghiệm phức liên hợp nên nghiệm chung là:

Hãy chú ý đến bản ghi của giải pháp chung - nếu có dấu ngoặc, hãy mở chúng.

Bây giờ chúng ta thực hiện gần như thủ thuật tương tự như đối với phương trình bậc nhất: chúng ta thay đổi các hằng số , thay thế chúng bằng các hàm chưa biết . Đó là, giải pháp chung của sự không đồng nhất Ta sẽ tìm phương trình ở dạng:

Ở đâu - chưa chức năng chưa biết.

Nó trông giống như một bãi rác, nhưng bây giờ chúng ta sẽ sắp xếp mọi thứ.

Đạo hàm của các hàm đóng vai trò là ẩn số. Mục tiêu của chúng ta là tìm đạo hàm, và đạo hàm tìm được phải thỏa mãn cả phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai của hệ.

"Trò chơi" đến từ đâu? Con cò mang chúng đến. Chúng tôi xem xét giải pháp chung thu được trước đó và viết:

Hãy tìm đạo hàm:

Xử lý bên trái. Cái gì ở bên phải?

là vế phải của phương trình ban đầu, trong trường hợp này:

Bài viết này tiết lộ câu hỏi giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2 với hệ số không đổi. Lý thuyết sẽ được xem xét cùng với các ví dụ về các vấn đề đã cho. Để giải mã các thuật ngữ khó hiểu, cần tham khảo chủ đề về các định nghĩa và khái niệm cơ bản của lý thuyết phương trình vi phân.

Xét một phương trình vi phân tuyến tính (LDE) bậc hai với các hệ số không đổi có dạng y "" + p y " + q y \u003d f (x) , trong đó p và q là các số tùy ý và hàm hiện có f (x) là liên tục trên khoảng tích phân x .

Chúng ta hãy chuyển sang công thức của định lý nghiệm tổng quát cho LIDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Định lý nghiệm tổng quát cho LDNU

Định lý 1

Nghiệm tổng quát, nằm trên khoảng x, của phương trình vi phân không thuần nhất dạng y(n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) y = f (x) với các hệ số lấy tích phân liên tục trên x khoảng f 0 (x), f 1 (x), . . . , f n - 1 (x) và một hàm liên tục f (x) bằng tổng của nghiệm tổng quát y 0 , tương ứng với LODE và một nghiệm cụ thể nào đó y ~ , trong đó phương trình ban đầu không thuần nhất là y = y 0 +y~ .

Điều này cho thấy nghiệm của phương trình bậc hai như vậy có dạng y = y 0 + y ~ . Thuật toán tìm y 0 được xem xét trong bài viết về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2 với hệ số hằng. Sau đó, bạn nên chuyển sang định nghĩa của y ~ .

Việc lựa chọn một giải pháp cụ thể cho LIDE phụ thuộc vào loại hàm có sẵn f (x) nằm ở phía bên phải của phương trình. Để làm điều này, cần xem xét riêng các nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai với các hệ số không đổi.

Khi f (x) được coi là một đa thức bậc n f (x) = P n (x) , thì một nghiệm cụ thể của LIDE được tìm thấy theo công thức có dạng y ~ = Q n (x ) x γ , trong đó Q n ( x) là đa thức bậc n, r là số nghiệm không của phương trình đặc trưng. Giá trị của y ~ là một nghiệm cụ thể y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , sau đó là các hệ số khả dụng, được xác định bởi đa thức
Q n(x) , ta tìm theo phương pháp hệ số bất định từ đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

ví dụ 1

Tính theo định lý Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Phán quyết

Nói cách khác, cần phải chuyển đến một nghiệm cụ thể của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai với các hệ số không đổi y "" - 2 y " = x 2 + 1 , sẽ thỏa mãn các điều kiện đã cho y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Nghiệm chung của phương trình tuyến tính không thuần nhất là tổng của nghiệm chung tương ứng với phương trình y 0 hoặc nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất y ~ , nghĩa là y = y 0 + y ~ .

Trước tiên, hãy tìm một giải pháp chung cho LNDE, sau đó là một giải pháp cụ thể.

Hãy chuyển sang tìm y 0 . Viết phương trình đặc trưng sẽ giúp tìm nghiệm. Chúng tôi hiểu điều đó

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

Chúng tôi thấy rằng rễ là khác nhau và thực tế. Vì vậy, chúng tôi viết

y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d C 1 + C 2 e 2 x.

Hãy tìm y ~ . Có thể thấy rằng vế phải của phương trình đã cho là một đa thức bậc hai, khi đó một trong các nghiệm bằng không. Từ đây, chúng tôi nhận được rằng một giải pháp cụ thể cho y ~ sẽ là

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, trong đó các giá trị của A, B, C lấy hệ số không xác định.

Hãy tìm chúng từ một đẳng thức có dạng y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Sau đó, chúng tôi nhận được rằng:

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

Cân bằng các hệ số với cùng số mũ x , ta được hệ biểu thức tuyến tính - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Khi giải theo bất kỳ cách nào, ta tìm các hệ số và viết: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 và y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Mục này được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất ban đầu với các hệ số không đổi.

Để tìm nghiệm riêng thỏa mãn các điều kiện y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 , yêu cầu xác định các giá trị C1 và C2, dựa trên đẳng thức có dạng y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Chúng tôi hiểu rằng:

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

Chúng tôi làm việc với hệ phương trình kết quả có dạng C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , trong đó C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Áp dụng định lý Cauchy, ta có

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

Câu trả lời: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Khi hàm f (x) được biểu diễn dưới dạng tích của một đa thức bậc n và một số mũ f (x) = P n (x) e a x , thì từ đây ta thu được nghiệm riêng của LIDE bậc hai sẽ là một phương trình dạng y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , trong đó Q n (x) là đa thức bậc n và r là số nghiệm của phương trình đặc trưng bằng α .

Các hệ số thuộc Q n(x) tìm được theo đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân dạng y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Phán quyết

Phương trình tổng quát y = y 0 + y ~ . Phương trình đã chỉ ra tương ứng với LOD y "" - 2 y " = 0. Ví dụ trước cho thấy nghiệm của nó là k1 = 0 và k 2 = 2 và y 0 = C 1 + C 2 e 2 x theo phương trình đặc trưng.

Có thể thấy rằng vế phải của phương trình là x 2 + 1 · e x . Từ đây, LNDE được tìm thấy thông qua y ~ = e a x Q n (x) x γ , trong đó Q n (x) , là đa thức bậc hai, trong đó α = 1 và r = 0 , vì phương trình đặc trưng không có căn bằng 1 . Do đó chúng tôi nhận được rằng

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 là các hệ số chưa biết, có thể tìm được bằng đẳng thức y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Hiểu rồi

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

Chúng tôi đánh đồng các chỉ số cho các hệ số giống nhau và thu được một hệ phương trình tuyến tính. Từ đây ta tìm được A, B, C:

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

Câu trả lời: có thể thấy rằng y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 là một nghiệm riêng của LIDE và y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Khi hàm được viết là f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x và một 1 và TRONG 1 là các số, khi đó một phương trình có dạng y ~ = A cos β x + B sin β x x γ , trong đó A và B được coi là các hệ số không xác định và r là số nghiệm phức liên hợp liên quan đến phương trình đặc trưng, bằng ± i β . Trong trường hợp này, việc tìm kiếm các hệ số được thực hiện theo đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

ví dụ 3

Tìm nghiệm chung của phương trình vi phân dạng y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Phán quyết

Trước khi viết phương trình đặc trưng, ta tìm được y 0 . sau đó

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

Chúng tôi có một cặp gốc liên hợp phức tạp. Hãy biến đổi và nhận được:

y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) \u003d C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

Nghiệm của phương trình đặc trưng được coi là một cặp liên hợp ± 2 i , khi đó f ( x ) = cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) . Điều này cho thấy việc tìm y~ sẽ được thực hiện từ y~ = (A cos(β x) + B sin(β x) x γ = (A cos(2 x) + B sin(2 x)) x. các hệ số A và B sẽ được tìm từ đẳng thức có dạng y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Hãy biến đổi:

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)

Sau đó người ta thấy rằng

y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos(2 x) + + 4(A cos(2 x) + B sin(2 x)) x = cos(2 x) + 3 sin(2 x) ⇔ - 4 A sin(2 x) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)

Cần phải đánh đồng các hệ số sin và cosin. Ta được hệ có dạng:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Suy ra y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

Câu trả lời: nghiệm tổng quát của LIDE ban đầu bậc 2 với hệ số không đổi được coi là

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

Khi f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) thì y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x ) cos(β x) x γ Ta có r là số cặp nghiệm phức liên hợp liên quan đến phương trình đặc trưng, bằng α ± i β , trong đó P n(x) , Q k(x) , L m( x) và N m (x) là các đa thức bậc n, k, m, trong đó m = m a x (n, k). Tìm hệ số L m (x) và N m (x)được tạo ra dựa trên đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Ví dụ 4

Tìm nghiệm tổng quát y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Phán quyết

Rõ ràng từ điều kiện đó

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

Khi đó m = m a x (n , k) = 1 . Chúng tôi tìm thấy y 0 bằng cách đầu tiên viết phương trình đặc trưng của hình thức:

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

Chúng tôi thấy rằng rễ là có thật và khác biệt. Do đó y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Tiếp theo, cần tìm nghiệm tổng quát dựa trên phương trình y ~ không thuần nhất có dạng

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))

Biết rằng A, B, C là các hệ số, r = 0, vì không có cặp nghiệm liên hợp nào liên quan đến phương trình đặc trưng với α ± i β = 3 ± 5 · i . Các hệ số này được tìm thấy từ đẳng thức kết quả:

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))

Tìm đạo hàm và các số hạng tương tự cho

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))

Sau khi cân bằng các hệ số, ta thu được hệ có dạng

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

Từ tất cả những gì sau đó

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)tội lỗi(5x))

Câu trả lời: lúc này ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính đã cho:

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))

Thuật toán giải LDNU

định nghĩa 1

Bất kỳ loại hàm f (x) nào khác cho giải pháp cung cấp cho thuật toán giải pháp:

tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tuyến tính tương ứng, trong đó y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , trong đó năm 1 và y2 là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của LODE, Từ 1 và từ 2được coi là hằng số tùy ý;
chấp nhận là nghiệm tổng quát của LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
định nghĩa đạo hàm của hàm số qua hệ thức 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) , và tìm hàm số C 1 (x) và C 2 (x) thông qua tích phân.

Ví dụ 5

Tìm nghiệm chung cho y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Phán quyết

Chúng tôi tiến hành viết phương trình đặc trưng, đã viết trước đó y 0 , y "" + 36 y = 0 . Hãy viết và giải quyết:

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)

Ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho sẽ có dạng y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Nó là cần thiết để chuyển sang định nghĩa của hàm đạo hàm C 1 (x) và C2(x) theo hệ phương trình:

C 1 "(x) cos (6 x) + C 2" (x) sin (6 x) = 0 C 1 "(x) (cos (6 x))" + C 2 "(x) (sin (6 x))" = 0 ⇔ C 1 " (x) cos (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 sin (6 x) + C 2 " (x) (6 cos (6 x)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Một quyết định cần phải được đưa ra liên quan đến C 1 "(x) và C2" (x) sử dụng bất kỳ phương pháp nào. Sau đó, chúng tôi viết:

C 1 "(x) \u003d - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 "(x) \u003d 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Mỗi phương trình phải được tích hợp. Sau đó, chúng tôi viết các phương trình kết quả:

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

Theo đó, giải pháp chung sẽ có dạng:

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)

Câu trả lời: y = y 0 + y ~ = - 2 x cos(6 x) - x sin(6 x) - 1 6 cos(6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos(6 x) + C 4 sin (6x)

Nếu bạn nhận thấy một lỗi trong văn bản, hãy đánh dấu nó và nhấn Ctrl + Enter

Nguyên tắc cơ bản của việc giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai (LNDE-2) với hệ số không đổi (PC)

Một CLDE bậc hai với các hệ số không đổi $p$ và $q$ có dạng $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, trong đó $f\left( x \right)$ là một hàm liên tục.

Hai phát biểu sau đây đúng đối với LNDE thứ 2 với PC.

Giả sử rằng một số hàm $U$ là một nghiệm cụ thể tùy ý của một phương trình vi phân không thuần nhất. Chúng ta cũng giả sử rằng hàm $Y$ nào đó là nghiệm tổng quát (OR) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng (LODE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Khi đó OR của LHDE-2 bằng tổng của các giải pháp chung và riêng được chỉ định, tức là $y=U+Y$.

Nếu vế phải của LIDE bậc 2 là tổng của các hàm, nghĩa là $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, thì trước tiên bạn có thể tìm PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $ tương ứng với mỗi của các hàm $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, và sau đó viết LNDE-2 PD dưới dạng $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Giải pháp LNDE bậc 2 với PC

Rõ ràng, dạng của một hay một PD $U$ của một LNDE-2 nhất định phụ thuộc vào dạng cụ thể của vế phải của nó $f\left(x\right)$. Các trường hợp tìm kiếm PD của LNDE-2 đơn giản nhất được xây dựng theo bốn quy tắc sau.

Quy tắc số 1.

Vế bên phải của LNDE-2 có dạng $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, nghĩa là, nó được gọi là a đa thức bậc $n$. Khi đó PR $U$ của nó được tìm ở dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(n) \left(x\right)$ là một giá trị khác đa thức cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm 0 của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp hệ số không xác định (NC).

Quy tắc số 2.

Vế bên phải của LNDE-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left( x\right)$ là một đa thức bậc $n$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm ở dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, trong đó $Q_(n ) \ left(x\right)$ là một đa thức khác cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng bằng $\alpha $. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp NK.

Quy tắc số 3.

Phần bên phải của LNDE-2 có dạng $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, trong đó $a$, $b$ và $\beta $ là các số đã biết. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right )\right )\cdot x^(r) $, trong đó $A$ và $B$ là các hệ số chưa biết và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng bằng $i\cdot \beta $. Các hệ số $A$ và $B$ được tìm bằng phương pháp NDT.

Quy tắc số 4.

Vế bên phải của LNDE-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, trong đó $P_(n) \left(x\right)$ là một đa thức bậc $n$, và $P_(m) \left(x\right)$ là một đa thức bậc $m$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(s) \left(x\right) $ và $ R_(s) \left(x\right)$ là các đa thức bậc $s$, số $s$ là giá trị lớn nhất của hai số $n$ và $m$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng, bằng $\alpha +i\cdot \beta $. Hệ số của các đa thức $Q_(s) \left(x\right)$ và $R_(s) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp NK.

Phương pháp NK bao gồm việc áp dụng quy tắc sau. Để tìm các hệ số chưa biết của đa thức, là một phần của nghiệm cụ thể của phương trình vi phân không thuần nhất LNDE-2, cần:

thay thế PD $U$, được viết ở dạng chung, vào phần bên trái của LNDE-2;
ở phía bên trái của LNDE-2, thực hiện các phép đơn giản hóa và nhóm các thuật ngữ có cùng lũy thừa $x$;
trong đơn vị kết quả, đánh đồng các hệ số của các số hạng có cùng lũy thừa $x$ của vế trái và vế phải;
giải hệ phương trình tuyến tính cho các hệ số chưa biết.

ví dụ 1

Nhiệm vụ: tìm OR LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Đồng thời tìm PR , đáp ứng các điều kiện ban đầu $y=6$ cho $x=0$ và $y"=1$ cho $x=0$.

Viết LODA-2 tương ứng: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Phương trình đặc trưng: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Nghiệm của phương trình đặc trưng: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Những rễ này là có thật và khác biệt. Do đó, OR của LODE-2 tương ứng có dạng: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Phần bên phải của LNDE-2 này có dạng $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Cần phải xem xét hệ số của số mũ của số mũ $\alpha =3$. Hệ số này không trùng với bất kỳ nghiệm nào của phương trình đặc trưng. Do đó, PR của LNDE-2 này có dạng $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Ta sẽ tìm các hệ số $A$, $B$ bằng phương pháp NK.

Chúng tôi tìm thấy đạo hàm đầu tiên của CR:

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

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

Chúng tôi tìm thấy đạo hàm thứ hai của CR:

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

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

Chúng ta thay thế các hàm $U""$, $U"$ và $U$ thay vì $y""$, $y"$ và $y$ vào LNDE-2 $y""-3\cdot y" đã cho -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Đồng thời, vì số mũ $e^(3\cdot x) $ được bao gồm là một yếu tố trong tất cả các thành phần, thì nó có thể được bỏ qua.

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

Chúng tôi thực hiện các hành động ở phía bên trái của đẳng thức kết quả:

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

Chúng tôi sử dụng phương pháp NC. Ta được hệ phương trình tuyến tính với hai ẩn số:

$-18\cdot A=36;$

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

Giải pháp cho hệ thống này là: $A=-2$, $B=-1$.

CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ cho bài toán của chúng ta có dạng như sau: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ cho bài toán của chúng ta sẽ như sau: $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) $.

Để tìm kiếm một PD thỏa mãn các điều kiện ban đầu đã cho, chúng ta tìm đạo hàm $y"$ HOẶC:

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

Chúng ta thay thế bằng $y$ và $y"$ các điều kiện ban đầu $y=6$ cho $x=0$ và $y"=1$ cho $x=0$:

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

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

Ta được hệ phương trình:

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

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

Chúng tôi giải quyết nó. Chúng tôi tìm thấy $C_(1) $ bằng cách sử dụng công thức Cramer và $C_(2) $ được xác định từ phương trình đầu tiên:

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

Do đó, PD của phương trình vi phân này là: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.

Bài giảng đề cập đến LNDE - phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất. Cấu trúc của nghiệm tổng quát, nghiệm LNDE bằng phương pháp biến thiên hằng số tùy ý, nghiệm LNDE với hệ số hằng và vế phải dạng đặc biệt đều được xem xét. Các vấn đề đang xem xét được sử dụng trong nghiên cứu dao động cưỡng bức trong vật lý, kỹ thuật điện và điện tử, và lý thuyết điều khiển tự động.

1. Cấu trúc nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2.

Trước tiên hãy xem xét một phương trình không thuần nhất tuyến tính có thứ tự tùy ý:

Đưa ra ký hiệu, chúng ta có thể viết:

Trong trường hợp này, chúng ta sẽ giả sử rằng các hệ số và vế phải của phương trình này liên tục trên một khoảng nhất định.

định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất trong một miền nào đó là tổng của bất kỳ nghiệm nào của nó và nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng.

Bằng chứng. Gọi Y là một số nghiệm của phương trình không thuần nhất.

Sau đó, thay nghiệm này vào phương trình ban đầu, ta thu được đẳng thức:

Cho phép
- hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tuyến tính
. Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có thể viết là:

Đặc biệt, đối với phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2, cấu trúc nghiệm tổng quát có dạng:

ở đâu
là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng, và
- bất kỳ giải pháp cụ thể của phương trình không thuần nhất.

Như vậy, để giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cần tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng và bằng cách nào đó tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. Thông thường nó được tìm thấy bằng cách lựa chọn. Các phương pháp lựa chọn một giải pháp cụ thể sẽ được xem xét trong các câu hỏi sau đây.

2. Phương pháp biến đổi

Trong thực tế, việc áp dụng phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý rất thuận tiện.

Để làm được điều này, trước hết hãy tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng ở dạng:

Sau đó, thiết lập các hệ số C tôi chức năng từ X, giải pháp của phương trình không thuần nhất được tìm kiếm:

Có thể chỉ ra rằng để tìm các hàm C tôi (x) bạn cần giải hệ phương trình:

Thí dụ. giải phương trình

Chúng tôi giải một phương trình thuần nhất tuyến tính

Giải pháp của phương trình không thuần nhất sẽ như sau:

Ta lập hệ phương trình:

Hãy giải hệ này:

Từ quan hệ ta tìm được hàm Ồ).

Bây giờ chúng tôi tìm thấy B(x).

Ta thay các giá trị thu được vào công thức nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất:

Câu trả lời cuối cùng:

Nói chung, phương pháp biến thiên của các hằng số tùy ý phù hợp để tìm nghiệm cho bất kỳ phương trình tuyến tính không thuần nhất nào. Nhưng kể từ khi Việc tìm hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng có thể là một nhiệm vụ khá khó khăn, phương pháp này chủ yếu được sử dụng cho các phương trình không thuần nhất có hệ số không đổi.

3. Phương trình có vế phải dạng đặc biệt

Dường như có thể biểu diễn dạng của một nghiệm cụ thể tùy thuộc vào dạng của vế phải của phương trình không thuần nhất.

Có các trường hợp sau:

I. Vế phải của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có dạng:

đâu là đa thức bậc tôi.

Sau đó, một giải pháp cụ thể được tìm kiếm ở dạng:

Nơi đây Hỏi(x) là một đa thức cùng bậc với P(x) , nhưng với hệ số không xác định, và r- một số chỉ bao nhiêu lần số  là nghiệm của phương trình đặc trưng cho phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính tương ứng.

Thí dụ. giải phương trình
.

Ta giải phương trình thuần nhất tương ứng:

Bây giờ chúng ta hãy tìm nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất ban đầu.

Chúng ta hãy so sánh vế phải của phương trình với dạng vế phải đã thảo luận ở trên.

Chúng tôi đang tìm kiếm một giải pháp cụ thể ở dạng:
, ở đâu

Những, cái đó.

Bây giờ chúng tôi xác định các hệ số chưa biết VÀ và TẠI.

Hãy để chúng tôi thay thế một giải pháp cụ thể ở dạng tổng quát thành phương trình vi phân không thuần nhất ban đầu.

Vì vậy, một giải pháp riêng tư:

Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất:

II. Vế phải của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có dạng:

Nơi đây r 1 (X) và r 2 (X) là các đa thức bậc tôi 1 và tôi 2 tương ứng.

Khi đó nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất sẽ có dạng:

số ở đâu r hiển thị bao nhiêu lần một số
là nghiệm của phương trình đặc trưng cho phương trình thuần nhất tương ứng, và Hỏi 1 (x) và Hỏi 2 (x) – đa thức bậc nhất tôi, ở đâu tôi- lớn nhất của độ tôi 1 và tôi 2 .

Bảng tóm tắt các loại giải pháp cụ thể

cho các loại khác nhau của các bộ phận bên phải

Vế phải của phương trình vi phân	phương trình đặc trưng	Các loại tư nhân
	1. Số không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng
	2. Số là nghiệm của phương trình bội số đặc trưng
	1. Số không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng
	2. Số là nghiệm của phương trình bội số đặc trưng
	1. Số
	2. Số là nghiệm của phương trình bội số đặc trưng
	1. Số không phải là nghiệm của phương trình bội số đặc trưng
	2. Số là nghiệm của phương trình bội số đặc trưng

Lưu ý rằng nếu vế phải của phương trình là tổ hợp của các biểu thức có dạng đã xét ở trên, thì nghiệm được tìm là tổ hợp các nghiệm của các phương trình phụ, mỗi nghiệm có một vế phải tương ứng với biểu thức có trong tổ hợp.

Những, cái đó. nếu phương trình trông giống như:
, thì một giải pháp cụ thể của phương trình này sẽ là
ở đâu tại 1 và tại 2 là nghiệm riêng của phương trình phụ