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

Ovaj članak otkriva pitanje rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Razmatrat će se teorija uz primjere zadanih problema. Za dešifriranje nerazumljivih pojmova potrebno je obratiti se na temu osnovnih definicija i pojmova teorije diferencijalnih jednadžbi.

Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednadžbu (LDE) drugog reda s konstantnim koeficijentima oblika y "" + p y " + q y \u003d f (x) , gdje su p i q proizvoljni brojevi, a postojeća funkcija f (x) je kontinuirano na intervalu integracije x .

Prijeđimo na formulaciju općeg teorema rješenja za LIDE.

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 LODE, i nekog posebnog rješenja 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 razmatra se u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda s konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba prijeći na definiciju y ~ .

Odabir pojedinog rješenja za LIDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednadžbe. Da bismo to učinili, potrebno je 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 LIDE nalazi formulom 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 određeno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti, koji su definirani polinomom
Q n (x) , nalazimo metodom neodređenih koeficijenata iz jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 1

Izračunajte koristeći 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 ~ .

Prvo, pronađimo opće rješenje za LNDE, a zatim posebno.

Prijeđimo na pronalaženje y 0 . Pisanje karakteristične jednadžbe pomoći će u pronalaženju korijena. Shvaćamo to

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

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

y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d 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. Odavde dobivamo da će određeno rješenje za y ~ biti

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, gdje su vrijednosti A, B, C uzeti nedefinirane 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 x dobivamo sustav linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Prilikom rješavanja na bilo koji od načina, nalazimo koeficijente i pišemo: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 i y ~ = A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 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 C1 I C2, na temelju jednakosti oblika y \u003d 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 je funkcija f (x) predstavljena kao umnožak polinoma sa stupnjem n i eksponentom f (x) = P n (x) e a x , tada odavde dobivamo da će posebno rješenje LIDE 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 y = y 0 + y ~ . Navedena jednadžba odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Prethodni primjer pokazuje da su njezini korijeni k1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x prema karakterističnoj jednadžbi.

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

Izjednačimo pokazatelje za iste koeficijente i dobijemo sustav linearnih jednadžbi. Odavde nalazimo A, B, C:

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

Odgovor: može se vidjeti 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 LIDE-a, a y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Kada je funkcija napisana kao f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, i A 1 I U 1 su brojevi, tada jednadžba oblika y ~ = A cos β x + B sin β x x γ, gdje se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r broj kompleksno konjugiranih korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom, jednak ± i β . U ovom slučaju, traženje koeficijenata provodi se jednakošću 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 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 i, k 2 = - 2 i

Imamo par kompleksno konjugiranih korijena. Preobrazimo i dobijemo:

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)

Korijeni iz 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 ćemo tražiti iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Preobrazimo se:

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)

Tada se vidi 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) + 4B cos(2x) = cos(2x) + 3 sin(2x)

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: smatra se da je opće rješenje izvornog LIDE 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 N m (x) su polinomi stupnja n, k, m, gdje m = m a x (n, k). Nalaženje koeficijenata L m (x) I N m (x) se proizvodi 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

Iz uvjeta je jasno da

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

Tada je m = m a x (n , k) = 1 . Nalazimo y 0 tako 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 . Ovi koeficijenti se nalaze 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)grijeh(5x))

Odgovor: sada je dobiveno 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 osigurava algoritam rješenja:

• pronalaženje općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , gdje je y 1 I y2 su linearno neovisna posebna rješenja LODE, od 1 I od 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
• prihvaćanje kao općeg rješenja LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• definicija 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 zapis općeg rješenja zadane jednadžbe imati oblik 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)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Potrebno je donijeti odluku u vezi C 1 "(x) I C2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:

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)

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 (6x)

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)

CLDE drugog 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.

Sljedeće dvije tvrdnje su istinite u odnosu na 2. LNDE s PC-om.

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

Ako je desna strana LIDE 2. reda zbroj funkcija, to jest $f\lijevo(x\desno)=f_(1) \lijevo(x\desno)+f_(2) \lijevo(x\desno )+. ..+f_(r) \lijevo(x\desno)$, onda prvo možete pronaći PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $ koji odgovaraju svakom funkcija $f_( 1) \lijevo(x\desno),f_(2) \lijevo(x\desno),...,f_(r) \lijevo(x\desno)$, a nakon toga ispisati LNDE-2 PD kao $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Rješenje LNDE 2. reda s računalom

Očito, oblik jednog ili drugog PD $U$ danog LNDE-2 ovisi o specifičnom obliku njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD LNDE-2 formulirani su kao sljedeća četiri pravila.

Pravilo broj 1.

Desna strana LNDE-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 PR $U$ 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 nultih korijena karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \lijevo(x\desno)$ nalaze se metodom neodređenih koeficijenata (NC).

Pravilo broj 2.

Desna strana LNDE-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 $Q_(n) \lijevo(x\desno)$ nalaze se NK metodom.

Pravilo broj 3.

Desni dio LNDE-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 NDT metodom.

Pravilo broj 4.

Desna strana LNDE-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 korijeni karakteristične jednadžbe odgovarajućeg LODE-2, jednaki $\alpha +i\cdot \beta $. Koeficijenti polinoma $Q_(s) \left(x\right)$ i $R_(s) \left(x\right)$ nalaze se NK metodom.

NK metoda sastoji se u primjeni sljedećeg pravila. Da bi se pronašli nepoznati koeficijenti polinoma, koji su dio partikularnog rješenja nehomogene diferencijalne jednadžbe LNDE-2, potrebno je:

• zamijenite PD $U$, napisan u općem obliku, u lijevi dio LNDE-2;
• na lijevoj strani LNDE-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 LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Također pronađite PR , koji zadovoljava početne uvjete $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.

Napišite odgovarajući LODA-2: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

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

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

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

Nalazimo prvu derivaciju CR:

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

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

Nalazimo drugu derivaciju CR:

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

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

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

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

Izvodimo radnje na lijevoj strani dobivene jednakosti:

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

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

$-18\cdot A=36;$

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

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

CR $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) $.

Da bismo tražili PD koji zadovoljava zadane početne uvjete, nalazimo derivaciju $y"$ ILI:

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

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:

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

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

Mi to rješavamo. $C_(1) $ nalazimo pomoću Cramerove formule, a $C_(2) $ se određuje 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 je: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\lijevo(-2\cdot x-1\desno )\cdot e^(3\cdot x) $.

Diferencijalne jednadžbe drugog reda i viših redova.
Linearni DE drugog reda s konstantnim koeficijentima.
Primjeri rješenja.

Prelazimo na razmatranje diferencijalnih jednadžbi drugog reda i diferencijalnih jednadžbi viših redova. 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. Mnoga načela rješenja i osnovni koncepti difuzije prvog reda automatski se proširuju na diferencijalne jednadžbe višeg reda, pa vrlo je važno prvo razumjeti jednadžbe prvog reda.

Mnogi čitatelji mogu imati predrasude da je DE 2., 3. i drugih reda nešto vrlo teško i nedostupno za savladavanje. To je pogrešno . Naučiti rješavati difuze višeg reda jedva da je teže od "običnih" DE-ova 1. reda. A ponegdje je još lakše, jer se u odlukama aktivno koristi gradivo školskog kurikuluma.

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

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

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

U diferencijalnu jednadžbu trećeg reda Obavezno uključuje treću derivaciju i nije uključeno derivati ​​viših redova:

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

Slično se mogu definirati diferencijalne jednadžbe 4., 5. i viših reda. U praktičnim problemima, takvi DE vrlo rijetko proklizavaju, 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 nižeg reda. Uletjeti!

2) Druga grupa - linearne jednadžbe višeg reda s konstantnim koeficijentima. Što ćemo sada 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.

Homogena 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 to ispravno riješiti kvadratnu jednadžbu.

Ponekad postoje nestandardne homogene jednadžbe, na primjer, jednadžba u obliku , gdje na drugoj derivaciji postoji 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 se opće rješenje može napisati na uobičajeni način: .

U nekim slučajevima, zbog tipfelera u stanju, mogu ispasti "loši" korijeni, nešto poput . Što učiniti, odgovor će morati biti napisan ovako:

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

To je, opće rješenje postoji u svakom slučaju. Jer svaka kvadratna jednadžba ima dva korijena.

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

Linearne homogene jednadžbe višeg reda

Sve je vrlo, vrlo slično.

Linearna homogena jednadžba trećeg reda ima sljedeći oblik:
, gdje su konstante.
Za ovu jednadžbu također trebate sastaviti karakterističnu jednadžbu i pronaći joj 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: , onda se opće rješenje može napisati na sljedeći način:

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

Poseban slučaj je 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:

Primjer 9

Riješite homogenu diferencijalnu jednadžbu trećeg reda

Riješenje: Sastavljamo i rješavamo 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.