Linearna homogena jednadžba drugog reda. Diferencijalne jednadžbe drugog i viših reda

Ovaj se članak bavi problemom rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Teorija će biti obrađena uz primjere zadanih problema. Za dešifriranje nejasnih pojmova potrebno je obratiti se na temu o osnovnim definicijama i pojmovima teorije diferencijalnih jednadžbi.

Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednadžbu (LDE) drugog reda s konstantnim koeficijentima oblika y "" + p · y " + q · y = f (x), gdje su p i q proizvoljni brojevi, a postojeća funkcija f (x) kontinuirana je na intervalu integracije x.

Prijeđimo na formulaciju teorema za opće rješenje LNDE-a.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Opći teorem rješenja za LDNU

Teorem 1

Opće rješenje, smješteno na intervalu x, nehomogene diferencijalne jednadžbe oblika y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) s kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) jednaka je zbroju općeg rješenja y 0, koje odgovara LOD-u i nekom posebnom rješenju y ~, gdje je izvorna nehomogena jednadžba y = y 0 + y ~.

To pokazuje da rješenje takve jednadžbe drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 raspravlja se u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda s konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba prijeci na definiciju y ~.

Odabir pojedinog rješenja LPDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednadžbe. Za to je potrebno zasebno razmotriti rješenja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda s konstantnim koeficijentima.

Kada se f (x) smatra polinomom n-tog stupnja f (x) = P n (x), slijedi da se određeno rješenje LPDE nalazi pomoću formule oblika y ~ = Q n (x ) x γ, gdje je Q n ( x) polinom stupnja n, r je broj nultih korijena karakteristične jednadžbe. Vrijednost y ~ je posebno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti koji su definirani polinomom
Q n (x), nalazimo metodom neodređenih koeficijenata iz jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Primjer 1

Izračunajte koristeći Cauchyjev teorem y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Riješenje

Drugim riječima, potrebno je prijeći na određeno rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima y "" - 2 y " = x 2 + 1, koje će zadovoljiti zadane uvjete y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe je zbroj općeg rješenja, koje odgovara jednadžbi y 0 ili partikularnog rješenja nehomogene jednadžbe y ~, odnosno y = y 0 + y ~.

Najprije ćemo pronaći opće rješenje za LNDU, a zatim posebno.

Prijeđimo na pronalaženje y 0. Zapisivanje karakteristične jednadžbe pomoći će vam pronaći korijene. Shvaćamo to

k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2

Otkrili smo da su korijeni drugačiji i stvarni. Stoga, zapišimo

y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.

Pronađimo y ~ . Vidi se da je desna strana zadane jednadžbe polinom drugog stupnja, tada je jedan od korijena jednak nuli. Iz ovoga dobivamo da će partikularno rješenje za y ~ biti

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, gdje vrijednosti A, B, C preuzimaju neodređene koeficijente.

Nađimo ih iz jednakosti oblika y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Tada dobivamo da:

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

Izjednačavanjem koeficijenata s istim eksponentima od x dobivamo sustav linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Kod rješavanja nekom od metoda pronaći ćemo koeficijente i napisati: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Taj se unos naziva općim rješenjem izvorne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.

Za pronalaženje određenog rješenja koje zadovoljava uvjete y (0) = 2, y "(0) = 1 4, potrebno je odrediti vrijednosti C 1 I C 2, na temelju jednakosti oblika y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Dobivamo to:

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

Radimo s dobivenim sustavom jednadžbi oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, gdje je C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Primjenjujući Cauchyjev teorem, to imamo

y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x

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

Kada se funkcija f (x) predstavi kao umnožak polinoma stupnja n i eksponenta f (x) = P n (x) · e a x , tada dobivamo da će određeno rješenje LPDE drugog reda biti jednadžba oblika y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom n-tog stupnja, a r broj korijena karakteristične jednadžbe jednak α.

Koeficijenti koji pripadaju Q n (x) nalaze se jednakošću y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 2

Nađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Riješenje

Opća jednadžba je y = y 0 + y ~ . Navedena jednadžba odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Iz prethodnog primjera se vidi da su joj korijeni jednaki k 1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x karakterističnom jednadžbom.

Vidi se da je desna strana jednadžbe x 2 + 1 · e x . Odavde se LPDE nalazi pomoću y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, gdje je Q n (x) polinom drugog stupnja, gdje je α = 1 i r = 0, jer karakteristična jednadžba ne imaju korijen jednak 1. Odavde to dobivamo

y ~ = e a x · Q n (x) · x γ = e x · A x 2 + B x + C · x 0 = e x · A x 2 + B x + C .

A, B, C su nepoznati koeficijenti koji se mogu naći pomoću jednakosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Kužim 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

Izjednačavamo pokazatelje s istim koeficijentima i dobivamo sustav linearnih jednadžbi. Odavde nalazimo A, B, C:

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

Odgovor: jasno je da je y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 posebno rješenje LNDDE, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - opće rješenje za nehomogenu dif.jednadžbu drugog reda.

Kada je funkcija napisana kao f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, i A 1 I U 1 brojevi, tada se parcijalno rješenje LPDE-a smatra jednadžbom oblika y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, gdje se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r je broj kompleksno konjugirani korijeni povezani s karakterističnom jednadžbom, jednaki ± i β . U ovom slučaju, traženje koeficijenata provodi se pomoću jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Primjer 3

Nađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe oblika y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Riješenje

Prije nego što napišemo karakterističnu jednadžbu, nalazimo y 0. Zatim

k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i

Imamo par kompleksno konjugiranih korijena. Preobrazimo i dobijemo:

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

Korijeni karakteristične jednadžbe smatraju se konjugiranim parom ± 2 i, tada je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Ovo pokazuje da će se pretraga za y ~ izvršiti iz y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nepoznato Koeficijente A i B tražit ćemo iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Pretvorimo:

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

Onda je jasno da

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

Potrebno je izjednačiti koeficijente sinusa i kosinusa. Dobivamo sustav oblika:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Slijedi da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Odgovor: razmatra se opće rješenje izvornog LDDE drugog reda s konstantnim koeficijentima

y = y 0 + y ~ = = C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x) + - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x

Kada je f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), tada je y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Imamo da je r broj kompleksno konjugiranih parova korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom, jednak α ± i β, gdje je P n (x), Q k (x), L m (x) i Nm(x) su polinomi stupnja n, k, m, m, gdje m = m a x (n, k). Nalaženje koeficijenata Lm(x) I Nm(x) izrađuje se na temelju jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 4

Nađite opće rješenje y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Riješenje

Prema stanju jasno je da

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

Tada je m = m a x (n, k) = 1. Nalazimo y 0 tako da prvo napišemo karakterističnu jednadžbu oblika:

k 2 - 3 k + 2 = 0 D = 3 2 - 4 1 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1, k 2 = 3 + 1 2 = 2

Otkrili smo da su korijeni stvarni i različiti. Stoga je y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Zatim je potrebno tražiti opće rješenje temeljeno na nehomogenoj jednadžbi y ~ oblika

y ~ = e α x (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))

Poznato je da su A, B, C koeficijenti, r = 0, jer ne postoji par konjugiranih korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom s α ± i β = 3 ± 5 · i. Ove koeficijente nalazimo iz dobivene jednakosti:

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

Pronalaženje izvoda i sličnih pojmova daje

E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) sin (5 x) + + (23 A - 15 C) · x · cos (5 x) + (- 3 A + 23 B - 10 C - 15 D) · cos (5 x)) = = - e 3 x · (38 · x · sin (5 x) + 45 · sin (5 x ) + + 8 x cos (5 x) - 5 cos (5 x))

Nakon izjednačavanja koeficijenata dobivamo sustav oblika

15 A + 23 C = 38 10 A + 15 B - 3 C + 23 D = 45 23 A - 15 C = 8 - 3 A + 23 B - 10 C - 15 D = - 5 ⇔ A = 1 B = 1 C = 1 D = 1

Iz svega proizilazi da

y ~ = e 3 x · ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))

Odgovor: Sada smo dobili opće rješenje zadane linearne jednadžbe:

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

Algoritam za rješavanje LDNU

Definicija 1

Bilo koja druga vrsta funkcije f (x) za rješenje zahtijeva usklađenost s algoritmom rješenja:

• pronalaženje općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, gdje y 1 I y 2 su linearno neovisna parcijalna rješenja LODE, C 1 I C 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
• usvajanje kao općeg rješenja LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• određivanje derivacija funkcije kroz sustav oblika C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " ( x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) i nalaženje funkcija C 1 (x) i C 2 (x) integracijom.

Primjer 5

Pronađite opće rješenje za y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Riješenje

Nastavljamo s pisanjem karakteristične jednadžbe, nakon što smo prethodno napisali y 0, y "" + 36 y = 0. Zapišimo i riješimo:

k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = - 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)

Imamo da će opće rješenje zadane jednadžbe biti napisano kao y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacije funkcija C 1 (x) I C2(x) prema sustavu s jednadžbama:

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

Potrebno je donijeti odluku u vezi C 1" (x) I C 2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:

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

Svaka od jednadžbi mora biti integrirana. Zatim napišemo dobivene jednadžbe:

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

Slijedi da će opće rješenje imati oblik:

y = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 3 cos (6 x) + + - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4 sin (6 x) = = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)

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

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Osnove rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda (LNDE-2) s konstantnim koeficijentima (PC)

LDDE 2. reda s konstantnim koeficijentima $p$ i $q$ ima oblik $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdje je $f\left(x \right)$ je kontinuirana funkcija.

Što se tiče LNDU 2 s računalom, sljedeće dvije izjave su istinite.

Pretpostavimo da je neka funkcija $U$ proizvoljno parcijalno rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe. Pretpostavimo također da je neka funkcija $Y$ opće rješenje (GS) odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Tada GR od LHDE-2 jednak je zbroju navedenih privatnih i općih rješenja, odnosno $y=U+Y$.

Ako je desna strana LMDE 2. reda zbroj funkcija, to jest, $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+. ..+f_(r) \left(x\right)$, tada prvo možemo pronaći PD-ove $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ koji odgovaraju svakoj od funkcija $f_( 1) \lijevo(x\desno),f_(2) \lijevo(x\desno),...,f_(r) \lijevo(x\desno)$, a nakon toga napišite CR LNDU-2 u obliku $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Rješenje 2. reda LPDE s računalom

Očito je da tip jednog ili drugog PD $U$ danog LNDU-2 ovisi o specifičnom obliku njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD LNDU-2 formulirani su u obliku sljedeća četiri pravila.

Pravilo #1.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\lijevo(x\desno)=P_(n) \lijevo(x\desno)$, gdje je $P_(n) \lijevo(x\desno)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, odnosno naziva se polinom stupnja $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \lijevo(x\desno)\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(n) \lijevo(x\desno)$ drugi polinom istog stupnja kao $P_(n) \lijevo(x\desno)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2 koji su jednaki nuli. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se metodom neodređenih koeficijenata (UK).

Pravilo br. 2.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\lijevo(x\desno)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \lijevo(x\desno)$, gdje je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stupnja $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \lijevo(x\desno)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdje je $Q_(n ) \ lijevo(x\desno)$ je još jedan polinom istog stupnja kao $P_(n) \lijevo(x\desno)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2 jednako $\alpha $. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se NC metodom.

Pravilo br. 3.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, gdje su $a$, $b$ i $\beta$ poznati brojevi. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, gdje su $A$ i $B$ nepoznati koeficijenti, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2, jednak $i\cdot \beta $. Koeficijenti $A$ i $B$ određeni su nedestruktivnom metodom.

Pravilo br. 4.

Desna strana LNDU-2 ima oblik $f\lijevo(x\desno)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \lijevo$, gdje je $P_(n) \lijevo(x\desno)$ polinom stupnja $n$, a $P_(m) \lijevo(x\desno)$ je polinom stupnja $m$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(s) \left(x\right)$ i $ R_(s) \lijevo(x\desno)$ su polinomi stupnja $s$, broj $s$ je maksimum od dva broja $n$ i $m$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2, jednakog $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficijenti polinoma $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ nalaze se NC metodom.

NK metoda sastoji se od primjene sljedećeg pravila. Da bi se pronašli nepoznati koeficijenti polinoma koji su dio parcijalnog rješenja nehomogene diferencijalne jednadžbe LNDU-2, potrebno je:

• zamijenite PD $U$, napisan u općem obliku, u lijevu stranu LNDU-2;
• na lijevoj strani LNDU-2, izvedite pojednostavljenja i grupirajte članove s istim potencijama $x$;
• u dobivenom identitetu izjednačiti koeficijente članova s ​​istim potencijama $x$ lijeve i desne strane;
• riješiti dobiveni sustav linearnih jednadžbi za nepoznate koeficijente.

Primjer 1

Zadatak: pronađite ILI LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Pronađite i PD , zadovoljavajući početne uvjete $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.

Zapisujemo odgovarajući LOD-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Karakteristična jednadžba: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korijeni karakteristične jednadžbe su: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ovi su korijeni valjani i različiti. Dakle, OR odgovarajućeg LODE-2 ima oblik: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Desna strana ovog LNDU-2 ima oblik $\lijevo(36\cdot x+12\desno)\cdot e^(3\cdot x) $. Potrebno je uzeti u obzir koeficijent eksponenta $\alpha =3$. Taj se koeficijent ne poklapa ni s jednim korijenom karakteristične jednadžbe. Stoga, PD ovog LNDU-2 ima oblik $U=\lijevo(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.

Koeficijente $A$, $B$ tražit ćemo NC metodom.

Nalazimo prvu izvedenicu Češke:

$U"=\lijevo(A\cdot x+B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\lijevo(A\cdot x+B\desno)\cdot \lijevo( e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\lijevo(A\cdot x+B\desno)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\lijevo(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\desno)\cdot e^(3\cdot x) .$

Nalazimo drugu izvedenicu Češke:

$U""=\lijevo(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\lijevo(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\desno)\cdot \lijevo(e^(3\cdot x) \desno)^((") ) =$

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

Zamjenjujemo funkcije $U""$, $U"$ i $U$ umjesto $y""$, $y"$ i $y$ u zadani NLDE-2 $y""-3\cdot y" -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Štoviše, budući da je eksponent $e^(3\cdot x)$ uključen kao faktor u svim komponentama, tada se može izostaviti. Dobivamo:

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

Izvodimo radnje na lijevoj strani dobivene jednakosti:

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

Koristimo NDT metodu. Dobivamo sustav linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice:

$-18\cdot A=36;$

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

Rješenje ovog sustava je: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\lijevo(A\cdot x+B\desno)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda ovako: $U=\lijevo(-2\cdot x-1\desno) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ za naš problem izgleda ovako: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ lijevo(-2\cdot x-1\desno)\cdot e^(3\cdot x) $.

Kako bismo tražili PD koji zadovoljava zadane početne uvjete, nalazimo derivaciju $y"$ OP-a:

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

Zamjenjujemo u $y$ i $y"$ početne uvjete $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$:

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

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

Dobili smo sustav jednadžbi:

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

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

Idemo to riješiti. $C_(1) $ nalazimo pomoću Cramerove formule, a $C_(2) $ određujemo iz prve jednadžbe:

$C_(1) =\frac(\lijevo|\begin(niz)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \kraj(niz)\desno|)(\lijevo|\ početak(niz)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \kraj(niz)\desno|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\lijevo(-3\desno)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$

Dakle, PD ove diferencijalne jednadžbe ima oblik: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \desno )\cdot e^(3\cdot x) $.

Diferencijalne jednadžbe drugog i viših reda.
Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.
Primjeri rješenja.

Prijeđimo na razmatranje diferencijalnih jednadžbi drugog reda i diferencijalnih jednadžbi višeg reda. Ako imate nejasnu ideju o tome što je diferencijalna jednadžba (ili uopće ne razumijete što je to), preporučujem da počnete s lekcijom Diferencijalne jednadžbe prvog reda. Primjeri rješenja. Mnogi principi rješenja i osnovni koncepti difuza prvog reda automatski se proširuju na diferencijalne jednadžbe višeg reda, stoga vrlo je važno prvo razumjeti jednadžbe prvog reda.

Mnogi čitatelji mogu imati predrasude da je daljinsko upravljanje 2., 3. i drugim redovima nešto vrlo teško i nedostupno za savladati. To je pogrešno . Naučiti rješavati difuzne probleme višeg reda teško da je teže od "običnih" DE prvog reda. A ponegdje je još jednostavnije, jer se u rješenjima aktivno koristi gradivo iz školskog programa.

Najpopularniji diferencijalne jednadžbe drugog reda. Na diferencijalnu jednadžbu drugog reda Obavezno uključuje drugu derivaciju i nije uključeno

Valja napomenuti da neke od beba (pa čak i sve odjednom) mogu nedostajati u jednadžbi, važno je da je otac kod kuće. Najprimitivnija diferencijalna jednadžba drugog reda izgleda ovako:

Diferencijalne jednadžbe trećeg reda u praktičnim zadacima mnogo su rjeđe; prema mojim subjektivnim zapažanjima, dobile bi oko 3-4% glasova u Državnoj dumi.

Na diferencijalnu jednadžbu trećeg reda Obavezno uključuje treću derivaciju i nije uključeno izvedenice višeg reda:

Najjednostavnija diferencijalna jednadžba trećeg reda izgleda ovako: – tata je kod kuće, sva su djeca u šetnji.

Na sličan način možete definirati diferencijalne jednadžbe 4., 5. i viših reda. U praktičnim problemima takvi sustavi upravljanja rijetko zakažu, međutim, pokušat ću dati relevantne primjere.

Diferencijalne jednadžbe višeg reda, koje se predlažu u praktičnim problemima, mogu se podijeliti u dvije glavne skupine.

1) Prva skupina – tzv jednadžbe koje se mogu reducirati po redu. Dođi!

2) Druga grupa – linearne jednadžbe viših redova s ​​konstantnim koeficijentima. Koje ćemo odmah početi razmatrati.

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda
s konstantnim koeficijentima

U teoriji i praksi razlikuju se dvije vrste takvih jednadžbi: homogena jednadžba I nehomogena jednadžba.

Homogeni DE drugog reda s konstantnim koeficijentima ima sljedeći oblik:
, gdje su i konstante (brojevi), a na desnoj strani – strogo nula.

Kao što vidite, nema posebnih poteškoća s homogenim jednadžbama, glavna stvar je ispravno riješiti kvadratnu jednadžbu.

Ponekad postoje nestandardne homogene jednadžbe, na primjer jednadžba u obliku , gdje se na drugoj derivaciji nalazi neka konstanta različita od jedinice (i, naravno, različita od nule). Algoritam rješenja se uopće ne mijenja, treba mirno sastaviti karakterističnu jednadžbu i pronaći joj korijene. Ako je karakteristična jednadžba će imati dva različita stvarna korijena, na primjer: , tada će opće rješenje biti napisano prema uobičajenoj shemi: .

U nekim slučajevima, zbog tipfelera u stanju, može doći do "loših" korijena, nešto poput . Što učiniti, odgovor će morati biti napisan ovako:

S "lošim" konjugiranim složenim korijenima poput također nema problema, opće rješenje:

To je, ionako postoji opće rješenje. Jer svaka kvadratna jednadžba ima dva korijena.

U posljednjem paragrafu, kao što sam obećao, ukratko ćemo razmotriti:

Linearne homogene jednadžbe viših redova

Sve je vrlo, vrlo slično.

Linearna homogena jednadžba trećeg reda ima sljedeći oblik:
, gdje su konstante.
Za ovu jednadžbu također trebate izraditi karakterističnu jednadžbu i pronaći njezine korijene. Karakteristična jednadžba, kao što su mnogi pretpostavili, izgleda ovako:
, i to U svakom slučaju Ima točno tri korijen

Neka su, na primjer, svi korijeni pravi i različiti: , tada će opće rješenje biti napisano na sljedeći način:

Ako je jedan korijen realan, a druga dva su konjugirani kompleks, tada opće rješenje pišemo na sljedeći način:

Poseban slučaj kada su sva tri korijena višekratnici (isti). Razmotrimo najjednostavniji homogeni DE 3. reda s usamljenim ocem: . Karakteristična jednadžba ima tri podudarna nul-korijena. Općenito rješenje pišemo na sljedeći način:

Ako je karakteristična jednadžba ima, na primjer, tri višestruka korijena, tada je opće rješenje, prema tome, sljedeće:

Primjer 9

Riješite homogenu diferencijalnu jednadžbu trećeg reda

Riješenje: Sastavimo i riješimo karakterističnu jednadžbu:

, – dobije se jedan pravi korijen i dva konjugirana kompleksna korijena.

Odgovor: zajednička odluka

Slično, možemo razmotriti linearnu homogenu jednadžbu četvrtog reda s konstantnim koeficijentima: , gdje su konstante.