Másodrendű lineáris homogén egyenlet. Másodrendű és magasabb rendű differenciálegyenletek
Ez a cikk feltárja a másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek állandó együtthatókkal való megoldásának kérdését. Az elméletet az adott problémák példáival együtt tekintjük át. Az érthetetlen kifejezések megfejtéséhez utalni kell a differenciálegyenlet-elmélet alapvető definíciói és fogalmai témakörre.
Tekintsünk egy másodrendű lineáris differenciálegyenletet (LDE) y "" + p y " + q y \u003d f (x) alakú állandó együtthatókkal, ahol p és q tetszőleges számok, és a meglévő f (x) függvény folytonos az x integrációs intervallumon.
Térjünk át a LIDE általános megoldási tételének megfogalmazására.
Yandex.RTB R-A-339285-1
LDNU általános megoldási tétele
1. tételAz y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + alakú inhomogén differenciálegyenlet x intervallumon elhelyezkedő általános megoldása. . . + f 0 (x) y = f (x) folytonos integrációs együtthatókkal x intervallumon f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) és egy f (x) folytonos függvény egyenlő az y 0 általános megoldás összegével, amely a LODE-nak felel meg, és néhány olyan y ~ konkrét megoldás összegével, ahol az eredeti inhomogén egyenlet y = y 0 + y ~ .
Ez azt mutatja, hogy egy ilyen másodrendű egyenlet megoldása y = y 0 + y ~ alakú. Az y 0 meghatározásának algoritmusát a másodrendű, állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenletekről szóló cikk tárgyalja. Ezt követően folytatni kell az y ~ definícióját.
A LIDE egy adott megoldásának kiválasztása az egyenlet jobb oldalán található f (x) rendelkezésre álló függvény típusától függ. Ehhez külön figyelembe kell venni a másodrendű lineáris inhomogén, állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldásait.
Ha f (x) n-edik fokú f (x) = P n (x) polinomnak tekintjük, ebből az következik, hogy a LIDE egy adott megoldása az y ~ = Q n (x) formájú képlettel található. ) x γ , ahol Q n ( x) n fokú polinom, r a karakterisztikus egyenlet nulla gyökeinek száma. Az y ~ értéke egy adott megoldás y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , majd a rendelkezésre álló együtthatók, amelyeket a polinom határoz meg
Q n (x) , a határozatlan együtthatók módszerével az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőségből kapjuk meg.
1. példa
Számítsa ki a Cauchy-tétel segítségével: y "" - 2 y " = x 2 + 1, y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Megoldás
Más szavakkal, át kell lépni egy másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet egy adott megoldására y "" - 2 y " = x 2 + 1 állandó együtthatókkal, amely teljesíti az adott feltételeket y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .
A lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása annak az általános megoldásnak az összege, amely megfelel az y 0 egyenletnek vagy az y ~ inhomogén egyenlet egy adott megoldásának, azaz y = y 0 + y ~ .
Először keressünk egy általános megoldást az LNDE-hez, majd egy konkrét megoldást.
Térjünk tovább az y 0 megkeresésére. A karakterisztikus egyenlet felírása segít megtalálni a gyökereket. Ezt értjük
k 2 - 2 k \u003d 0 k (k - 2) \u003d 0 k 1 = 0, k 2 \u003d 2
Azt találtuk, hogy a gyökerek különbözőek és valódiak. Ezért írunk
y 0 \u003d C 1 e 0 x + C 2 e 2 x \u003d C 1 + C 2 e 2 x.
Keressük y ~ . Látható, hogy az adott egyenlet jobb oldala egy másodfokú polinom, ekkor az egyik gyöke nullával egyenlő. Innen azt kapjuk, hogy y ~ egy adott megoldása lesz
y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, ahol az A, B, C értékei definiálatlan együtthatókat vegyünk.
Keressük meg őket egy y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 alakú egyenlőségből.
Akkor ezt kapjuk:
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
Ha az együtthatókat azonos x kitevőkkel egyenlővé tesszük, egy lineáris kifejezésrendszert kapunk - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Bármelyik megoldásnál megkeressük az együtthatókat, és felírjuk: A \u003d - 1 6, B \u003d - 1 4, C \u003d - 3 4 és y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Ezt a bejegyzést az eredeti lineáris inhomogén másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenlet általános megoldásának nevezzük.
Az y (0) = 2, y " (0) = 1 4 feltételeknek megfelelő megoldás megtalálásához meg kell határozni az értékeket C1és C2, az y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x egyenlőség alapján.
Ezt kapjuk:
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
A kapott C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 alakú egyenletrendszerrel dolgozunk, ahol C 1 = 3 2, C 2 = 1 2 .
A Cauchy-tételt alkalmazva azt kapjuk
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
Válasz: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Ha az f (x) függvényt egy n fokú polinom és egy f (x) = P n (x) e a x kitevő szorzataként ábrázoljuk, akkor innen azt kapjuk, hogy a másodrendű LIDE adott megoldása y ~ = e a x Q n ( x) · x γ alakú egyenlet, ahol Q n (x) egy n-edik fokú polinom, r pedig az α-val egyenlő karakterisztikus egyenlet gyökeinek száma.
A Q n (x)-hez tartozó együtthatókat az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőséggel találjuk meg.
2. példa
Határozzuk meg az y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x alakú differenciálegyenlet általános megoldását!
Megoldás
Általános egyenlet y = y 0 + y ~ . A jelzett egyenlet a LOD y "" - 2 y " = 0-nak felel meg. Az előző példa azt mutatja, hogy a gyökei k1 = 0és k 2 = 2 és y 0 = C 1 + C 2 e 2 x a karakterisztikus egyenlet szerint.
Látható, hogy az egyenlet jobb oldala x 2 + 1 · e x . Innen az LNDE az y ~ = e a x Q n (x) x γ függvényen keresztül található, ahol Q n (x) , ami egy másodfokú polinom, ahol α = 1 és r = 0, mert a karakterisztikus egyenlet nem 1-gyel egyenlő gyöke van. Ezért ezt kapjuk
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 ismeretlen együtthatók, amelyeket az y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x egyenlőséggel találhatunk meg.
Megvan
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
Azonos együtthatók mutatóit egyenlővé tesszük, és lineáris egyenletrendszert kapunk. Innen megtaláljuk A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Válasz: látható, hogy y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 a LIDE sajátos megoldása, és y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3
Ha a függvényt a következőképpen írjuk fel: f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, és A 1és AZ 1-BEN számok, akkor egy y ~ = A cos β x + B sin β x x γ alakú egyenlet, ahol A és B határozatlan együtthatónak tekinthető, r pedig a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökök száma, egyenlő ± i β . Ebben az esetben az együtthatók keresését az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség végzi.
3. példa
Határozzuk meg az y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú differenciálegyenlet általános megoldását!
Megoldás
A karakterisztikus egyenlet felírása előtt y 0-t találunk. Akkor
k 2 + 4 \u003d 0 k 2 \u003d - 4 k 1 \u003d 2 i, k 2 \u003d - 2 i
Van egy pár összetett konjugált gyökünk. Alakítsuk át és kapjuk meg:
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)
A karakterisztikus egyenletből származó gyökeket ± 2 i konjugált párnak tekintjük, ekkor f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Ez azt mutatja, hogy az y ~ keresése az y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x alapján történik. Ismeretlenek Az A és B együtthatókat az y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) alakú egyenlőségből kell keresni.
Alakítsuk át:
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)
Aztán ez látszik
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)
Szükséges egyenlőségjelet tenni a szinuszok és koszinuszok együtthatói között. A következő rendszert kapjuk:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Ebből következik, hogy y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Válasz: az eredeti másodrendű LIDE konstans együtthatós általános megoldását tekintjük
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
Ha f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , akkor y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x) ) cos (β x) x γ Megvan, hogy r a karakterisztikus egyenlethez kapcsolódó komplex konjugált gyökpárok száma, egyenlő α ± i β , ahol P n (x) , Q k (x) , L m ( x) és N m (x) n, k, m fokú polinomok, ahol m = m a x (n, k). Együtthatók keresése L m (x)és N m (x) az y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) egyenlőség alapján kerül előállításra.
4. példa
Határozzuk meg az y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) általános megoldást.
Megoldás
A feltételből egyértelmű, hogy
α = 3, β = 5, Pn(x) = -38x-45, Q k (x) = -8x+5, n = 1, k = 1
Ekkor m = m a x (n , k) = 1 . Az y 0-t úgy találjuk meg, hogy először felírjuk az alak karakterisztikus egyenletét:
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
Azt találtuk, hogy a gyökerek valódiak és különállóak. Ezért y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Ezután általános megoldást kell keresni egy y ~ alakú inhomogén egyenlet alapján.
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))
Ismeretes, hogy A, B, C együtthatók, r = 0, mivel nincs olyan konjugált gyökpár, amely az α ± i β = 3 ± 5 · i karakterisztikus egyenlethez kapcsolódik. Ezek az együtthatók a kapott egyenlőségből származnak:
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))
A származék és a hasonló kifejezések keresése azt adja
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))
Az együtthatók kiegyenlítése után egy formarendszert kapunk
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
Mindebből az következik
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(5x))
Válasz: most megkaptuk az adott lineáris egyenlet általános megoldását:
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))
Algoritmus az LDNU megoldására
1. definícióBármilyen más típusú f (x) függvény a megoldáshoz biztosítja a megoldási algoritmust:
- a megfelelő lineáris homogén egyenlet általános megoldásának megtalálása, ahol y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, ahol y 1és y2 a LODE lineárisan független sajátos megoldásai, 1-tőlés 2-től tetszőleges állandóknak tekintendők;
- elfogadása a LIDE általános megoldásaként y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- függvény deriváltjainak meghatározása 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) , és a függvények keresése C 1 (x)és C 2 (x) integráción keresztül.
5. példa
Keresse meg az y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x általános megoldását.
Megoldás
Folytatjuk a karakterisztikus egyenlet felírását, miután korábban felírtuk y 0 , y "" + 36 y = 0 . Írjuk és oldjuk meg:
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)
Azt kaptuk, hogy az adott egyenlet általános megoldásának rekordja y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Át kell térni a derivált függvények meghatározásához C 1 (x)és C2(x) az egyenletrendszer szerint:
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
Ezzel kapcsolatban döntést kell hozni C 1 "(x)és C2" (x) bármilyen módszer segítségével. Ezután írjuk:
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)
Mindegyik egyenletet integrálni kell. Ezután felírjuk a kapott egyenleteket:
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
Ebből következik, hogy az általános megoldás a következő formában lesz:
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)
Válasz: 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)
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek (LNDE-2) konstans együtthatós (PC) megoldásának alapjai
A $p$ és $q$ állandó együtthatókkal rendelkező másodrendű CLDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ alakú, ahol $f\left( x \right)$ egy folytonos függvény.
A következő két állítás igaz a 2. LNDE PC-vel kapcsolatban.
Tegyük fel, hogy valamelyik $U$ függvény egy inhomogén differenciálegyenlet tetszőleges konkrét megoldása. Tegyük fel azt is, hogy valami $Y$ függvény a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet (LODE) általános megoldása (OR) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a VAGY Az LHDE-2 egyenlő a megadott privát és általános megoldások összegével, azaz $y=U+Y$.
Ha a 2. sorrendű LIDE jobb oldala a függvények összege, azaz $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right) )+. ..+f_(r) \left(x\right)$, akkor először megtalálja az egyes PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $ a $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ függvények közül, majd írd be a LNDE-2 PD mint $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Másodrendű LNDE megoldása PC-vel
Nyilvánvaló, hogy egy adott LNDE-2 egyik vagy másik PD $U$ alakja függ a jobb oldalának $f\left(x\right)$ konkrét alakjától. Az LNDE-2 PD keresésének legegyszerűbb eseteit a következő négy szabály szerint fogalmazzuk meg.
1. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, azaz a $n$ fokú polinom. Ekkor a PR $U$ értékét a rendszer $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol a $Q_(n) \left(x\right)$ egy másik a $P_(n) \left(x\right)$-tal azonos fokú polinom, és $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének nulla gyökeinek száma. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit a határozatlan együtthatók (NC) módszerével találjuk meg.
2. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) A \left(x\right)$ egy $n$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a következő formában kell keresni: $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, ahol $Q_(n ) \ left(x\right)$ egy másik polinom, amely ugyanolyan fokú, mint a $P_(n) \left(x\right)$, és a $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő: $\alpha $. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit az NK módszerrel találjuk meg.
3. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldali része $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x) \jobbra) $, ahol $a$, $b$ és $\beta $ ismert számok. Ezután a $U$ PD-jét a rendszer a következő formában keresi: $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right )\right )\cdot x^(r) $, ahol $A$ és $B$ ismeretlen együtthatók, $r$ pedig a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő $i\cdot \beta $. Az $A$ és $B$ együtthatókat az NDT módszerrel találjuk meg.
4. számú szabály.
Az LNDE-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, ahol a $P_(n) \left(x\right)$ egy $ n$ fokú polinom, a $P_(m) \left(x\right)$ pedig egy $m$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a rendszer $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol $Q_(s) \left(x\right) $ és $ R_(s) \left(x\right)$ az $s$ fokú polinomok, a $s$ szám a $n$ és $m$ két szám maximuma, az $r$ pedig a számok száma. a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyöke, egyenlő: $\alpha +i\cdot \beta $. A $Q_(s) \left(x\right)$ és $R_(s) \left(x\right)$ polinomok együtthatóit az NK módszerrel találjuk meg.
Az NK módszer a következő szabály alkalmazásából áll. Ahhoz, hogy megtaláljuk a polinom ismeretlen együtthatóit, amelyek az LNDE-2 inhomogén differenciálegyenlet konkrét megoldásának részét képezik, szükséges:
- cserélje ki az általános formában írt PD $U$-t az LNDE-2 bal oldali részébe;
- az LNDE-2 bal oldalán hajtson végre egyszerűsítéseket és csoportosításokat ugyanazokkal a hatványokkal $x$;
- a kapott azonosságban a bal és a jobb oldal azonos hatványaival rendelkező tagok együtthatóit egyenlővé tesszük;
- oldja meg a kapott lineáris egyenletrendszert ismeretlen együtthatókra.
1. példa
Feladat: keresse meg a VAGY LNDE-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. a PR , amely kielégíti a $y=6$ kezdeti feltételt $x=0$ és $y"=1$ $x=0$ esetén.
Írja be a megfelelő LODA-2-t: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Jellemző egyenlet: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. A karakterisztikus egyenlet gyökei: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ezek a gyökerek valódiak és különállóak. Így a megfelelő LODE-2 VAGY alakja: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Ennek az LNDE-2-nek a jobb oldali része $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Figyelembe kell venni a $\alpha =3$ kitevő kitevőjének együtthatóját. Ez az együttható nem esik egybe a karakterisztikus egyenlet egyik gyökével sem. Ezért ennek az LNDE-2-nek a PR alakja $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
A $A$, $B$ együtthatókat NK módszerrel fogjuk megkeresni.
Megtaláljuk a CR első deriváltját:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \jobbra)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Megtaláljuk a CR második deriváltját:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Helyettesítjük a $U""$, $U"$ és $U$ függvényeket a $y""$, $y"$ és $y$ helyett a megadott LNDE-2 $y""-3\cdot y"-ba. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Ugyanakkor, mivel a $e^(3\cdot x) $ kitevő is benne van tényezőként minden komponensben, akkor az elhagyható.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
A kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:
-18 $\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
NC módszert használunk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.
A feladatunkhoz tartozó CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ így néz ki: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \cdot e^(3\cdot x) $.
A problémánk VAGY $y=Y+U$ így néz ki: $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) $.
A megadott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk a $y"$ VAGY derivált:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
A $y$-ban és a $y"$-ban behelyettesítjük a $y=6$ kezdeti feltételeket a $x=0$-ra és a $y"=1$-t a $x=0$-ra:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Kaptunk egy egyenletrendszert:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Megoldjuk. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből kerül meghatározásra:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ kezdő(tömb)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(tömb)\jobbra|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2)=7-C_(1)=7-4=3,$
Így ennek a differenciálegyenletnek a PD értéke: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right )\cdot e^(3\cdot x) $.
Másodrendű és magasabb rendű differenciálegyenletek.
Lineáris DE másodrendű állandó együtthatókkal.
Megoldási példák.
Áttérünk a másodrendű differenciálegyenletek és a magasabb rendű differenciálegyenletek figyelembevételére. Ha homályos elképzelése van arról, hogy mi a differenciálegyenlet (vagy egyáltalán nem érti, mi az), akkor azt javaslom, hogy kezdje a leckével Elsőrendű differenciálegyenletek. Megoldási példák. Az elsőrendű diffúrok számos megoldási elve és alapfogalma automatikusan kiterjesztésre kerül a magasabb rendű differenciálegyenletekre, így nagyon fontos először megérteni az elsőrendű egyenleteket.
Sok olvasónak meglehet az az előítélete, hogy a 2., 3. és más sorrendű DE egy nagyon nehéz és elérhetetlen mastering. Ez nem igaz . A magasabb rendű diffúzok megoldásának megtanulása aligha nehezebb, mint a „közönséges” elsőrendű DE-k. És helyenként még könnyebb is, hiszen az iskolai tanterv anyagát aktívan felhasználják a döntésekben.
Legnepszerubb másodrendű differenciálegyenletek. Egy másodrendű differenciálegyenletbe szükségszerűen tartalmazza a második származékot és nem tartalmazza 
Megjegyzendő, hogy a babák egy része (és akár egyszerre is) hiányozhat az egyenletből, fontos, hogy az apa otthon volt. A legprimitívebb másodrendű differenciálegyenlet így néz ki:
A gyakorlati feladatokban a harmadrendű differenciálegyenletek sokkal ritkábban fordulnak elő, az Állami Dumában történt szubjektív megfigyeléseim szerint a szavazatok kb. 3-4%-át szereznék meg.
Egy harmadrendű differenciálegyenletbe szükségszerűen tartalmazza a harmadik származékot és nem tartalmazza magasabb rendű származékok:
A legegyszerűbb, harmadrendű differenciálegyenlet így néz ki: - apa otthon van, minden gyerek kint van sétálni.
Hasonlóképpen definiálhatók a 4., 5. és magasabb rendű differenciálegyenletek. Gyakorlati problémákban az ilyen DE rendkívül ritkán csúszik, azonban megpróbálok releváns példákat mondani.
A gyakorlati feladatokban javasolt magasabb rendű differenciálegyenletek két fő csoportra oszthatók.
1) Az első csoport - az ún alacsonyabb rendű egyenletek. Berepül!
2) A második csoport - magasabb rendű lineáris egyenletek állandó együtthatókkal. Amit most kezdünk el mérlegelni.
Másodrendű lineáris differenciálegyenletek
állandó együtthatókkal
Elméletben és gyakorlatban kétféle ilyen egyenletet különböztetnek meg - homogén egyenletés inhomogén egyenlet.
Másodrendű homogén DE állandó együtthatókkal a következő formája van: 
, ahol és a konstansok (számok), és a jobb oldalon - szigorúan nulla.
Mint látható, a homogén egyenletekkel nincs különösebb nehézség, a lényeg az oldja meg helyesen a másodfokú egyenletet.
Néha vannak nem szabványos homogén egyenletek, például egy egyenlet formájában 
, ahol a második deriváltnál van valami konstans, amely különbözik az egységtől (és természetesen különbözik a nullától). A megoldási algoritmus egyáltalán nem változik, nyugodtan meg kell alkotni a karakterisztikus egyenletet és meg kell találni a gyökereit. Ha a karakterisztikus egyenlet 
két különböző valódi gyökere lesz, például: 
, akkor az általános megoldás a szokásos módon írható: 
.
Egyes esetekben az állapot elírása miatt „rossz” gyökerek derülhetnek ki, ilyesmi 
. Mi a teendő, a választ így kell írni:
A "rossz" konjugált összetett gyökerekkel, mint pl 
semmi gond, általános megoldás: 
vagyis általános megoldás mindenképpen létezik. Mert minden másodfokú egyenletnek két gyöke van.
Az utolsó bekezdésben, ahogy ígértem, röviden megvizsgáljuk:
Magasabb rendű lineáris homogén egyenletek
Minden nagyon-nagyon hasonló.
A harmadrendű lineáris homogén egyenletnek a következő alakja van:
, hol vannak az állandók.
Ehhez az egyenlethez egy karakterisztikus egyenletet is meg kell alkotnia, és meg kell találnia a gyökereit. A karakterisztikus egyenlet, amint azt sokan sejtették, így néz ki: 
, és az akárhogyan is Megvan pontosan három gyökér.
Legyen például minden gyökér valódi és különálló: 
, akkor az általános megoldás a következőképpen írható fel:
Ha az egyik gyök valódi, a másik kettő pedig konjugált komplex, akkor az általános megoldást a következőképpen írjuk le:
Különleges eset, amikor mindhárom gyök többszöröse (ugyanaz). Tekintsük a 3. rendű legegyszerűbb homogén DE-t magányos apával: . A karakterisztikus egyenletnek három egybeeső nulla gyöke van. Az általános megoldást a következőképpen írjuk:
Ha a karakterisztikus egyenlet 
például három többszörös gyöke van, akkor az általános megoldás rendre a következő:
9. példa
Oldjon meg egy harmadrendű homogén differenciálegyenletet!
Megoldás:Összeállítjuk és megoldjuk a karakterisztikus egyenletet:
, - egy valódi gyökér és két konjugált komplex gyök keletkezik.
Válasz: közös döntés
Hasonlóképpen tekinthetünk egy lineáris homogén negyedrendű egyenletet állandó együtthatókkal: , ahol konstansok.
