Лінійне однорідне рівняння другого порядку. Диференціальні рівняння другого порядку та вищих порядків
Ця стаття розкриває питання рішення лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку з постійними коефіцієнтами. Буде розглянуто теорію разом із прикладами наведених завдань. Для розшифровки незрозумілих термінів необхідно звертатися до теми про основні визначення та поняття теорії диференціальних рівнянь.
Розглянемо лінійне диференціальне рівняння (ЛНДУ) другого порядку з постійними коефіцієнтами виду y "" + p · y " + q · y = f (x) , де довільними числами є p і q а наявна функція f (х) безперервна на інтервалі інтегрування x.
Перейдемо до формулювання теореми загального рішення ЛНДУ.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Теорема загального рішення ЛДНУ
Теорема 1Загальним рішенням, що знаходиться на інтервалі х, неоднорідного диференціального рівняння виду y(n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) з безперервними коефіцієнтами інтегрування на x інтервалі f 0 (x), f 1 (x),. . . , f n - 1 (x) і безперервною функцією f (x) дорівнює сумі загального рішення y 0 яке відповідає ЛОДУ і яким-небудь приватним рішенням y ~ де вихідним неоднорідним рівнянням є y = y 0 + y ~ .
Звідси видно, що розв'язання такого рівняння другого порядку має вигляд y = y 0 + y ~ . Алгоритм знаходження y 0 розглянутий у статті про лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Після цього слід переходити до визначення y ~ .
Вибір приватного рішення ЛНДУ залежить від виду наявної функції f (x) , що знаходиться в правій частині рівняння. Для цього необхідно розглянути окремо рішення лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку за постійних коефіцієнтів.
Коли f (x) вважається багаточленом n -ого ступеня f (x) = P n (x) , звідси випливає, що приватне рішення ЛНДУ знаходимо за формулою виду y ~ = Q n (x) · x γ , де Q n ( x) є багаточленом ступеня n, r – це кількість нульових коренів характеристичного рівняння. Значення y ~ є приватним рішенням y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) , тоді наявні коефіцієнти, які визначені багаточленом
Q n (x) відшукуємо за допомогою методу невизначених коефіцієнтів з рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Приклад 1
Обчислити за теоремою Коші y "" - 2 y " = x 2 + 1, y (0) = 2, y "(0) = 1 4 .
Рішення
Інакше кажучи, необхідно перейти до приватного розв'язання лінійного неоднорідного диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами y "" - 2 y " = x 2 + 1 , яке задовольнятиме задані умови y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Загальним рішенням лінійного неоднорідного рівняння є сума загального рішення, яке відповідає рівнянню y 0 або окремому рішенню неоднорідного рівняння y ~ , тобто y = y 0 + y ~ .
Для початку знайдемо загальне рішення для ЛНДУ, а потім – приватне.
Перейдемо до знаходження y0. Запис характеристичного рівняння допоможе знайти коріння. Отримуємо, що
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0, k 2 = 2
Отримали, що коріння різні та дійсні. Тому запишемо
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Знайдемо y~. Видно, що права частина заданого рівняння є багаточленом другого ступеня, тоді один із коренів дорівнює нулю. Звідси отримаємо, що приватним рішенням для y~ буде
y ~ = Q 2 (x) · x γ = (A x 2 + B x + C) · x = A x 3 + B x 2 + C x де значення А, В, С приймають невизначені коефіцієнти.
Знайдемо їх із рівності виду y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .
Тоді отримаємо, що:
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
Прирівнявши коефіцієнти з однаковими показниками ступенів x отримаємо систему лінійних виразів - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . При розв'язанні будь-яким із способів знайдемо коефіцієнти і запишемо: A = - 1 6 , B = - 1 4 , C = - 3 4 і y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x.
Цей запис називається загальним рішенням вихідного лінійного неоднорідного диференціального рівняння другого порядку із постійними коефіцієнтами.
Для знаходження приватного рішення, яке задовольняє умовам y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 потрібно визначити значення C 1і C 2, Виходячи з рівності виду y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Отримуємо, що:
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
Працюємо з отриманою системою рівнянь виду C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 де C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .
Застосувавши теорему Коші, маємо, що
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
Відповідь: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Коли функція f (x) представляється у вигляді добутку багаточлена зі ступенем n і експоненти f (x) = P n (x) · e a x , тоді звідси отримуємо, що приватним рішенням ЛНДУ другого порядку буде рівняння виду y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ , де Q n (x) є многочленом n-го ступеня, а r - кількістю коренів характеристичного рівняння, що дорівнюють α.
Коефіцієнти, що належать Q n (x) знаходяться по рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Приклад 2
Знайти загальне рішення диференціального рівняння виду y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Рішення
Рівняння загального виду y = y 0 + y ~. Зазначене рівняння відповідає ЛОДУ y "" - 2 y " = 0. За попереднім прикладом видно, що його коріння дорівнює k 1 = 0і k 2 = 2 і y 0 = C 1 + C 2 e 2 x за характеристичним рівнянням.
Видно, що правою частиною рівняння є x 2 + 1 · e x. Звідси ЛНДУ знаходиться через y ~ = e a x · Q n (x) · x γ , де Q n (x) є багаточленом другого ступеня, де α = 1 і r = 0 , тому що у характеристичного рівняння відсутній корінь, рівний 1 . Звідси отримуємо, що
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 .
А, В, С є невідомими коефіцієнтами, які можна знайти по рівності y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .
Отримали, що
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
Показники при однакових коефіцієнтах прирівнюємо та отримуємо систему лінійних рівнянь. Звідси і знаходимо А, В, С:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Відповідь:видно, що y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 є приватним рішенням ЛНДУ, а y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - загальним рішенням для неоднорідного дифурівняння другого порядку.
Коли функція записується як f(x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x , а А 1і В 1є числами, тоді приватним рішенням ЛНДУ вважається рівняння виду y = A cos β x + B sin β x · x γ , де А і В вважаються невизначеними коефіцієнтами, а r числом комплексно пов'язаних коренів, що відносяться до характеристичного рівняння, що дорівнює ± i β . У цьому випадку пошук коефіцієнтів проводиться за рівною y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Приклад 3
Знайти загальне рішення диференціального рівняння виду y "+ 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Рішення
Перед написанням характеристичного рівняння знаходимо y0. Тоді
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 i , k 2 = - 2 i
Маємо пару комплексно пов'язаних коренів. Перетворимо та отримаємо:
y 0 = e 0 · (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Коріння з характеристичного рівняння вважається сполученою парою ± 2 i тоді f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Звідси видно, що пошук y ~ буде здійснюватися з y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) · x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) · x. Невідомі Коефіцієнти А і В будемо шукати з рівності виду y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Перетворюємо:
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)
Тоді видно, що
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)
Необхідно прирівняти коефіцієнти синусів та косінусів. Отримуємо систему виду:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Слід, що y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) · x .
Відповідь:загальним рішенням вихідного ЛНДУ другого порядку з постійними коефіцієнтами вважається
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
Коли f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) тоді y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) · x γ.Маємо, що r – це число комплексно пов'язаних пар коренів, що відносяться до характеристичного рівняння, дорівнюють α ± i β , де P n (x) , Q k (x) , L m (x) та N m (x)є многочленами ступеня n, k, т, m, де m = m a x (n, k). Знаходження коефіцієнтів L m (x)і N m (x)виробляється, виходячи з рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .
Приклад 4
Знайти загальне рішення y " + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Рішення
За умовою видно, що
α = 3, β = 5, P n (x) = - 38 x - 45, Q k (x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Тоді m = ma x (n, k) = 1 . Виробляємо знаходження y 0 попередньо записавши характеристичне рівняння виду:
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
Отримали, що коріння є дійсним і різним. Звідси y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Далі необхідно шукати загальне рішення, виходячи з неоднорідного рівняння y ~ виду
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))
Відомо, що А, В, є коефіцієнтами, r = 0 , тому що відсутня пара сполучених коренів, що відносяться до характеристичного рівняння з α ± i β = 3 ± 5 · i . Дані коефіцієнти знаходимо з отриманої рівності:
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))
Знаходження похідної та подібних доданків дає
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))
Після прирівнювання коефіцієнтів отримуємо систему виду
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
З усього випливає, що
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))
Відповідь:тепер отримано загальне рішення заданого лінійного рівняння:
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))
Алгоритм рішення ЛДНУ
Визначення 1Будь-який інший вид функції f(x) для вирішення передбачає дотримання алгоритму розв'язання:
- знаходження загального рішення відповідного лінійного однорідного рівняння, де y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , де y 1і y 2є лінійно незалежними приватними рішеннями ЛОДУ, З 1і З 2вважаються довільними постійними;
- прийняття як загального рішення ЛНДУ y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- визначення похідних функції через систему виду 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), а знаходження функцій C 1 (x)і C 2 (x) за допомогою інтегрування.
Приклад 5
Знайти загальне рішення для y" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .
Рішення
Переходимо до написання характеристичного рівняння, попередньо записавши y 0 , y "+ 36 y = 0 . Запишемо і вирішимо:
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)
Маємо, що запис загального рішення заданого рівняння набуде вигляду y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Необхідно перейти до визначення похідних функцій C 1 (x)і C 2 (x)за системою з рівняннями:
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
Необхідно зробити рішення щодо C 1 "(x)і C 2 "(x)за допомогою будь-якого способу. Тоді запишемо:
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)
Кожне із рівнянь слід проінтегрувати. Тоді запишемо рівняння:
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
Звідси випливає, що загальне рішення матиме вигляд:
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)
Відповідь: 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)
Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter
Основи вирішення лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку (ЛНДУ-2) із постійними коефіцієнтами (ПК)
ЛНДУ 2-го порядку з постійними коефіцієнтами $p$ і $q$ має вигляд $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, де $f\left(x \right)$ - безперервна функція.
Щодо ЛНДУ 2-го з ПК справедливі два наступні твердження.
Припустимо, деяка функція $U$ є довільним приватним рішенням неоднорідного диференціального рівняння. Припустимо також, що деяка функція $Y$ є загальним рішенням (ОР) відповідного лінійного однорідного диференціального рівняння (ЛОДУ) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Тоді ОР ЛНДУ-2 дорівнює сумі зазначених приватного та загального рішень, тобто $ y = U + Y $.
Якщо права частина ЛНДУ 2-го порядку є сумою функцій, тобто $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right)+. ..+f_(r) \left(x\right)$, то спочатку можна знайти ЧР $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $, які відповідають кожній з функцій $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, а вже після цього записати ЧР ЛНДУ-2 у вигляді $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Рішення ЛНДУ 2-го порядку з ПК
Очевидно, що вид того чи іншого ЧР $U$ даного ЛНДУ-2 залежить від конкретного виду його правої частини $f \ left (x \ right) $. Найпростіші випадки пошуку ЧР ЛНДУ-2 сформульовані у вигляді наступних чотирьох правил.
Правило №1.
Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, де $P_(n) \left(x\right)=a_(0) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, тобто називається многочленом ступеня $n$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, де $Q_(n) \left(x\right)$ - інший багаточлен тієї ж ступеня, як і $P_(n) \left(x\right)$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних нулю. Коефіцієнти многочлена $Q_(n) \left(x\right)$ знаходять методом невизначених коефіцієнтів (НК).
Правило №2.
Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, де $P_(n) \left( x\right)$ є багаточлен ступеня $n$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, де $Q_(n) \ left(x\right)$ - інший многочлен тієї ж ступеня, як і $P_(n) \left(x\right)$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $\alpha$. Коефіцієнти многочлена $Q_(n) \left(x\right)$ знаходять методом ПК.
Правило №3.
Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) $, де $a$, $b$ та $\beta$ - відомі числа. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right)\right )\cdot x^(r) $, де $A$ і $B$ - невідомі коефіцієнти, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $i\cdot \beta$. Коефіцієнти $A$ та $B$ знаходять методом ПК.
Правило №4.
Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, де $P_(n) \left(x\right)$ - багаточлен ступеня $ n$, а $P_(m) \left(x\right)$ - багаточлен ступеня $m$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, де $Q_(s) \left(x\right)$ і $ R_(s) \left(x\right)$ - багаточлени ступеня $s$, число $s$ - максимальне з двох чисел $n$ і $m$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $ \ alpha + i \ cdot \ beta $. Коефіцієнти багаточленів $Q_(s) \left(x\right)$ і $R_(s) \left(x\right)$ знаходять методом ПК.
Метод ПК полягає у застосуванні наступного правила. Для того, щоб знайти невідомі коефіцієнти багаточлена, які входять до складу приватного рішення неоднорідного диференціального рівняння ЛНДУ-2, необхідно:
- підставити ЧР $U$, записане у загальному вигляді, у ліву частину ЛНДУ-2;
- у лівій частині ЛНДУ-2 виконати спрощення та згрупувати члени з однаковими ступенями $x$;
- в отриманому тотожності прирівняти коефіцієнти при членах з однаковими ступенями $x$ лівої та правої частин;
- вирішити одержану систему лінійних рівнянь щодо невідомих коефіцієнтів.
Приклад 1
Завдання: знайти ОР ЛНДУ-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Знайти також ЧР , задовольняє початковим умовам $y=6$ при $x=0$ і $y"=1$ при $x=0$.
Записуємо відповідне ЛОДУ-2: $y""-3cdot y"-18cdot y=0$.
Характеристичне рівняння: $ k ^ (2) -3 cdot k-18 = 0 $. Коріння характеристичного рівняння: $ k_(1) = -3 $, $ k_ (2) = 6 $. Це коріння дійсне і різне. Таким чином, ОР відповідного ЛОДУ-2 має вигляд: $ Y = C_ (1) \ cdot e ^ (-3 \ cdot x) + C_ (2) \ cdot e ^ (6 \ cdot x) $.
Права частина даного ЛНДУ-2 має вигляд $ \ left (36 \ cdot x + 12 \ right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $. У ній необхідно розглядати коефіцієнт показника ступеня експоненти $ alpha = 3 $. Цей коефіцієнт не збігається з жодним з коренів характеристичного рівняння. Тому ЧР даного ЛНДУ-2 має вигляд $ U = \ left (A \ cdot x + B \ right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.
Шукатимемо коефіцієнти $A$, $B$ методом ПК.
Знаходимо першу похідну ЧР:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Знаходимо другу похідну ЧР:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot Acdot e^(3cdot x) + left(A+3cdot Acdot x+3cdot Bright)cdot 3cdot e^(3cdot x) =\left(6cdot A+9cdot Acdot x+9cdot Bright)cdot e^(3cdot x) .$
Підставляємо функції $U""$, $U"$ і $U$ замість $y""$, $y"$ і $y$ в дане ЛНДУ-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ При цьому, оскільки експонента $e^(3\cdot x) $ входить як множник у всі складові, то її можна опустити.
$6cdot A+9cdot Acdot x+9cdot B-3cdot \left(A+3cdot Acdot x+3cdot Bright)-18cdot \left(A\) cdot x+Bright)=36cdot x+12.$
Виконуємо дії у лівій частині отриманої рівності:
$-18cdot Acdot x+3cdot A-18cdot B=36cdot x+12.$
Застосовуємо метод ПК. Отримуємо систему лінійних рівнянь із двома невідомими:
$-18 \ cdot A = 36; $
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Рішення цієї системи таке: $A=-2$, $B=-1$.
ЧР $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ для нашої задачі виглядає наступним чином: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.
ОР $y=Y+U$ для нашого завдання виглядає наступним чином: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) +\ left(-2cdot x-1right)cdot e^(3cdot x) $.
З метою пошуку ЧР, що задовольняє заданим початковим умовам, знаходимо похідну $y"$ ОР:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Підставляємо в $y$ і $y"$ початкові умови $y=6$ за $x=0$ і $y"=1$ за $x=0$:
$ 6 = C_ (1) + C_ (2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Отримали систему рівнянь:
$ C_ (1) + C_ (2) = 7;
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Вирішуємо її. Знаходимо $C_(1) $ за формулою Крамера, а $C_(2) $ визначаємо з першого рівняння:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ begin(array)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Таким чином, ЧР даного диференціального рівняння має вигляд: $y=4cdot e^(-3cdot x) +3cdot e^(6cdot x) +left(-2cdot x-1right ) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.
Диференціальні рівняння другого порядку та вищих порядків.
Лінійні ДК другого порядку з постійними коефіцієнтами.
Приклади розв'язків.
Переходимо до розгляду диференціальних рівнянь другого ладу та диференціальних рівнянь вищих порядків. Якщо Ви погано уявляєте, що таке диференціальне рівняння (або взагалі не розумієте, що це таке), то рекомендую почати з уроку Диференціальні рівняння першого ладу. Приклади рішень. Багато принципів вирішення та базові поняття дифурів першого порядку автоматично поширюються і на диференціальні рівняння вищих порядків, тому дуже важливо спочатку розібратися з рівняннями першого порядку.
Багато читачів може бути упередження, що ДУ 2-го, 3-го та інших. порядків – щось дуже важке і недоступне освоєння. Це не так . Навчитися вирішувати дифури вищого ладу навряд чи складніше, ніж «звичайні» ДУ 1-го порядку. А місцями навіть простіше, оскільки в рішеннях активно використовується матеріал шкільної програми.
Найбільш популярні диференціальні рівняння другого порядку. У диференціальне рівняння другого порядку обов'язкововходить друга похідна та не входять 
Слід зазначити, що деякі з малюків (і навіть усі відразу) можуть бути відсутніми в рівнянні, важливо, щоб удома був батько. Найпримітивніше диференціальне рівняння другого порядку виглядає так:
Диференціальні рівняння третього порядку в практичних завданнях зустрічаються значно рідше, за моїми суб'єктивними спостереженнями до Державної Думи вони набрали б приблизно 3-4% голосів.
У диференціальне рівняння третього порядку обов'язкововходить третя похідна та не входятьпохідні вищих порядків:
Найпростіше диференціальне рівняння третього порядку виглядає так: - тато вдома, всі діти на прогулянці.
Аналогічним чином можна визначити диференціальні рівняння 4-го, 5-го та більш високих порядків. У практичних завданнях такі ДУ проскакують вкрай рідко, проте я постараюся навести відповідні приклади.
Диференціальні рівняння вищих порядків, які пропонуються у практичних завданнях, можна поділити на дві основні групи.
1) Перша група – так звані рівняння, що допускають зниження порядку. Налітайте!
2) Друга група – лінійні рівняння вищих порядків із постійними коефіцієнтами. Які ми почнемо розглядати зараз.
Лінійні диференціальні рівняння другого порядку
з постійними коефіцієнтами
У теорії та практиці розрізняють два типи таких рівнянь – однорідне рівнянняі неоднорідне рівняння.
Однорідне ДК другого порядку з постійними коефіцієнтамимає такий вигляд: 
, де і – константи (числа), а правій частині – суворонуль.
Як бачите, особливих труднощів із однорідними рівняннями немає, головне, правильно розв'язати квадратне рівняння.
Іноді зустрічаються нестандартні однорідні рівняння, наприклад, рівняння у вигляді 
, де за другий похідної є деяка константа , відмінна від одиниці (і, природно, відмінна від нуля). Алгоритм рішення нітрохи не змінюється, слід незворушно скласти характеристичне рівняння та знайти його коріння. Якщо характеристичне рівняння 
матиме два різні дійсні корені, наприклад: 
, то загальне рішення запишеться за звичайною схемою: 
.
У ряді випадків через помилки в умові можуть вийти «нехороші» коріння, щось на зразок 
. Що робити, відповідь доведеться записати так:
З «поганим» пов'язаним комплексним корінням на кшталт 
теж жодних проблем, загальне рішення: 
Тобто, загальне рішення у будь-якому випадку існує. Тому що будь-яке квадратне рівняння має два корені.
У заключному параграфі, як і обіцяв, коротко розглянемо:
Лінійні однорідні рівняння вищих порядків
Все дуже схоже.
Лінійне однорідне рівняння третього порядку має такий вигляд:
де - Константи.
Для цього рівняння теж потрібно скласти характеристичне рівняння та знайти його коріння. Характеристичне рівняння, як багато хто здогадався, виглядає так: 
, і воно в будь-якому випадкумає рівно трикореня.
Нехай, наприклад, все коріння дійсне і різне: 
, Тоді загальне рішення запишеться так:
Якщо один корінь дійсний, а два інших – пов'язані комплексні, то загальне рішення записуємо так:
Особливий випадок, коли всі три корені кратні (однакові). Розглянемо найпростіші однорідне ДК 3-го порядку з самотнім татком: . Характеристичне рівняння має три нульових кореня , що збіглися . Загальне рішення записуємо так:
Якщо характеристичне рівняння 
має, наприклад, три кратні корені, то загальне рішення, відповідно, таке:
Приклад 9
Розв'язати однорідне диференціальне рівняння третього порядку
Рішення:Складемо та вирішимо характеристичне рівняння:
, - Отримано один дійсний корінь і два сполучених комплексних кореня.
Відповідь:загальне рішення
Аналогічно можна розглянути лінійне однорідне рівняння четвертого порядку з постійними коефіцієнтами: де - Константи.
