В някои задачи на физиката не може да се установи пряка връзка между величините, описващи процеса. Но има възможност да се получи равенство, съдържащо производните на изследваните функции. Така възникват диференциалните уравнения и необходимостта от решаването им, за да се намери неизвестна функция.

Тази статия е предназначена за тези, които се сблъскват с проблема за решаване на диференциално уравнение, в което неизвестната функция е функция на една променлива. Теорията е изградена по такъв начин, че с нулево разбиране на диференциалните уравнения можете да си вършите работата.

Към всякакъв вид диференциални уравненияметодът на решаване с подробни обяснения и решения на типични примери и задачи беше приведен в съответствие. Просто трябва да определите вида на диференциалното уравнение на вашия проблем, да намерите подобен анализиран пример и да извършите подобни действия.

За успешно решениедиференциални уравнения от ваша страна, вие също ще имате нужда от способността да намирате набори от антипроизводни ( неопределени интеграли) с различни функции. Ако е необходимо, препоръчваме ви да се обърнете към раздела.

Първо, разгледайте типовете обикновени диференциални уравнения от първи ред, които могат да бъдат решени по отношение на производната, след това ще преминем към ODE от втори ред, след това ще се спрем на уравнения от по-висок ред и ще завършим със системи от диференциални уравнения.

Спомнете си, че ако y е функция на аргумента x .

Диференциални уравнения от първи ред.

Най-простите диференциални уравнения от първи ред на формата .

Нека напишем няколко примера за такива DE .

Диференциални уравнения може да се разреши по отношение на производната чрез разделяне на двете страни на равенството на f(x) . В този случай стигаме до уравнението , което ще бъде еквивалентно на първоначалното за f(x) ≠ 0 . Примери за такива ODE са.

Ако има стойности на аргумента x, за които функциите f(x) и g(x) едновременно се нулират, тогава се появяват допълнителни решения. Допълнителни решения на уравнението дадено x са всички функции, дефинирани за стойностите на тези аргументи. Примери за такива диференциални уравнения са.

Диференциални уравнения от втори ред.

Линейни хомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти.

LODE с постоянни коефициенти е много често срещан тип диференциални уравнения. Решението им не е особено трудно. Първо се намират корени характеристично уравнение . За различни p и q са възможни три случая: корените на характеристичното уравнение могат да бъдат реални и различни, реални и съвпадащи или комплексен конюгат. В зависимост от стойностите на корените на характеристичното уравнение, общото решение на диференциалното уравнение се записва като , или , или съответно.

Например, разгледайте линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти. Корените на неговото характеристично уравнение са k 1 = -3 и k 2 = 0. Корените са реални и различни, следователно общото решение на LDE с постоянни коефициенти е


Линейни нехомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти.

Общото решение на LIDE от втори ред с постоянни коефициенти y се търси под формата на сумата общо решениесъответстващ на LOD и конкретно решение на оригинала хомогенно уравнение, това е, . Предишният параграф е посветен на намирането на общо решение на хомогенно диференциално уравнение с постоянни коефициенти. И определено решение се определя или чрез метода на неопределените коефициенти при определена формафункция f(x) , стояща от дясната страна на оригиналното уравнение, или чрез метода на вариация на произволни константи.

Като примери за LIDE от втори ред с постоянни коефициенти, представяме


Разберете теорията и се запознайте с нея подробни решенияпримери ви предлагаме на страницата на линейни нехомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти.

Линейни хомогенни диференциални уравнения (LODE) и линейни нехомогенни диференциални уравнения от втори ред (LNDE).

Частен случай на диференциални уравнения от този тип са LODE и LODE с постоянни коефициенти.

Общото решение на LODE на определен интервал е представено от линейна комбинация от две линейно независими отделни решения y 1 и y 2 на това уравнение, т.е. .

Основната трудност се състои именно в намирането на линейно независими частични решения на този тип диференциално уравнение. Обикновено се избират конкретни решения следните системилинейно независими функции:


Въпреки това, конкретните решения не винаги се представят в тази форма.

Пример за LODU е .

Общото решение на LIDE се търси във формата , където е общото решение на съответния LODE, а е частно решение на оригиналното диференциално уравнение. Току-що говорихме за намирането, но то може да се определи с помощта на метода на вариация на произволни константи.

Пример за LNDE е .

Диференциални уравнения от по-висок ред.

Диференциални уравнения, допускащи редукция.

Ред на диференциалното уравнение , която не съдържа желаната функция и нейните производни до k-1 ред, може да се редуцира до n-k чрез замяна на .

В този случай и първоначалното диференциално уравнение се свежда до . След намиране на нейното решение p(x), остава да се върнем към замяната и да определим неизвестната функция y.

Например диференциалното уравнение след замяната става разделимо уравнение и редът му се намалява от третото към първото.

Тази статия разкрива въпроса за решаването на линейни нехомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти. Теорията ще бъде разгледана заедно с примери за дадените задачи. За да дешифрирате неразбираеми термини, е необходимо да се обърнете към темата за основните определения и понятия на теорията на диференциалните уравнения.

Разгледайте линейно диференциално уравнение (LDE) от втори ред с постоянни коефициенти под формата y "" + p y " + q y \u003d f (x) , където p и q са произволни числа, а съществуващата функция f (x) е непрекъснат на интервала на интегриране x .

Нека преминем към формулирането на общата теорема за решение за LIDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Обща теорема за решение за LDNU

Теорема 1

Общото решение, разположено в интервала x, на нехомогенно диференциално уравнение от вида y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) y = f (x) с коефициенти на непрекъснато интегриране на x интервал f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) и непрекъсната функция f (x) е равно на сумата от общото решение y 0 , което съответства на LODE и някое конкретно решение y ~ , където първоначалното нехомогенно уравнение е y = y 0 + y ~ .

Това показва, че решението на такова уравнение от втори ред има формата y = y 0 + y ~ . Алгоритъмът за намиране на y 0 е разгледан в статията за линейни хомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти. След това трябва да се пристъпи към дефиницията на y ~ .

Изборът на конкретно решение на LIDE зависи от типа на наличната функция f (x), разположена от дясната страна на уравнението. За да направите това, е необходимо да се разгледат отделно решенията на линейни нееднородни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти.

Когато f (x) се счита за полином от n-та степен f (x) = P n (x) , следва, че определено решение на LIDE се намира по формула от вида y ~ = Q n (x ) x γ , където Q n ( x) е полином от степен n, r е броят на нулевите корени на характеристичното уравнение. Стойността на y ~ е конкретно решение y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , тогава наличните коефициенти, които се определят от полинома
Q n (x) , намираме с помощта на метода на неопределените коефициенти от равенството y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Пример 1

Изчислете с помощта на теоремата на Коши y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Решение

С други думи, необходимо е да се премине към конкретно решение на линейно нехомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти y "" - 2 y " = x 2 + 1 , което ще отговаря на дадените условия y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Общото решение на линейното нехомогенно уравнениее сумата от общото решение, което съответства на уравнението y 0 или конкретно решение на нехомогенното уравнение y ~ , тоест y = y 0 + y ~ .

Първо, нека намерим общо решение за LNDE, а след това конкретно.

Нека да преминем към намирането на y 0 . Написването на характеристичното уравнение ще помогне да се намерят корените. Разбираме това

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

Открихме, че корените са различни и реални. Затова пишем

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

Нека намерим y ~ . Вижда се, че дясната страна отзад дадено уравнениее полином от втора степен, тогава един от корените е равен на нула. От тук получаваме, че определено решение за y ~ ще бъде

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x \u003d A x 3 + B x 2 + C x, където стойностите на A, B, C вземете неопределени коефициенти.

Нека ги намерим от равенство от вида y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Тогава получаваме това:

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

Приравнявайки коефициентите с еднакви показатели x , получаваме система от линейни изрази - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Когато решаваме по някой от начините, намираме коефициентите и записваме: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 и y ~ = A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Този запис се нарича общо решение на оригиналното линейно нехомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти.

За да се намери конкретно решение, което отговаря на условията y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 , е необходимо да се определят стойностите C1И C2, основано на равенство от вида y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Получаваме това:

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

Работим с получената система от уравнения от вида C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , където C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Прилагайки теоремата на Коши, имаме това

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

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

Когато функцията f (x) е представена като произведение на полином със степен n и експонента f (x) = P n (x) e a x , тогава от тук получаваме, че определено решение на LIDE от втори ред ще бъде уравнение от вида y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , където Q n (x) е полином от n-та степен, а r е броят на корените на характеристичното уравнение, равен на α .

Коефициентите, принадлежащи на Q n (x), се намират чрез равенството y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Пример 2

Намерете общото решение на диференциално уравнение от вида y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Решение

Уравнението общ изглед y = y 0 + y ~ . Определено уравнениесъответства на LOD y "" - 2 y " = 0. Предишният пример показва, че неговите корени са равни на k1 = 0и k 2 = 2 и y 0 = C 1 + C 2 e 2 x съгласно характеристичното уравнение.

Това е ясно правилната странана уравнението е x 2 + 1 · e x . От тук LNDE се намира чрез y ~ = e a x Q n (x) x γ, където Q n (x) , което е полином от втора степен, където α = 1 и r = 0, тъй като характеристичното уравнение не имат корен, равен на 1. Следователно получаваме това

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 са неизвестни коефициенти, които могат да бъдат намерени от равенството y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Разбрах това

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

Приравняваме показателите за едни и същи коефициенти и получаваме система от линейни уравнения. От тук намираме A, B, C:

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

Отговор:може да се види, че y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 е конкретно решение на LIDE и y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Когато функцията е записана като f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x и A 1И В 1са числа, тогава уравнение от формата y ~ = A cos β x + B sin β x x γ, където A и B се считат за неопределени коефициенти, а r броят на комплексно спрегнатите корени, свързани с характеристичното уравнение, равно на ± i β . В този случай търсенето на коефициенти се извършва чрез равенството y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Пример 3

Намерете общото решение на диференциално уравнение под формата y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Решение

Преди да напишем характеристичното уравнение, намираме y 0 . Тогава

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

Имаме двойка комплексно спрегнати корени. Нека трансформираме и получаваме:

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)

Корените от характеристичното уравнение се считат за спрегната двойка ± 2 i , тогава f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Това показва, че търсенето на y ~ ще бъде направено от y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Неизвестни коефициентите A и B ще се търсят от равенство от формата y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Нека трансформираме:

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)

Тогава се вижда, че

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)

Необходимо е да се приравнят коефициентите на синусите и косинусите. Получаваме система от вида:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

От това следва, че y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

Отговор:общото решение на оригиналния LIDE от втори ред с постоянни коефициенти се счита за

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

Когато f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , тогава y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x ) cos (β x) x γ Имаме, че r е броят на комплексно спрегнатите двойки корени, свързани с характеристичното уравнение, равен на α ± i β , където P n (x) , Q k (x) , L m ( x) и N m (x)са полиноми от степен n, k, m, където m = m a x (n, k). Намиране на коефициенти L m (x)И N m (x)се получава въз основа на равенството y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Пример 4

Намерете общото решение y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Решение

От условието става ясно, че

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

Тогава m = m a x (n , k) = 1 . Намираме y 0, като първо напишем характеристичното уравнение във формата:

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

Открихме, че корените са реални и различни. Следователно y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . След това е необходимо да се търси общо решение, основано на нехомогенно уравнение y ~ от формата

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))

Известно е, че A, B, C са коефициенти, r = 0, тъй като няма двойка спрегнати корени, свързани с характеристичното уравнение с α ± i β = 3 ± 5 · i . Тези коефициенти се намират от полученото равенство:

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))

Намиране на производната и подобни условиядава

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))

След приравняване на коефициентите се получава система от вида

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

От всичко следва, че

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) грях (5x))

Отговор:сега е получено общото решение на даденото линейно уравнение:

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))

Алгоритъм за решаване на LDNU

Определение 1

Всеки друг вид функция f (x) за решението осигурява алгоритъма за решение:

• намиране на общото решение на съответното линейно хомогенно уравнение, където y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , където y 1И y2са линейно независими отделни решения на LODE, от 1И От 2се считат за произволни константи;
• приемане като общо решение на LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• дефиниция на производни на функция чрез система от формата 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) и функции за намиране C 1 (x)и C 2 (x) чрез интегриране.

Пример 5

Намерете общото решение за y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Решение

Пристъпваме към писане на характеристичното уравнение, като преди това сме написали y 0 , y "" + 36 y = 0 . Нека напишем и решим:

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)

Имаме, че записът на общото решение на даденото уравнение ще приеме формата y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Необходимо е да се премине към дефиницията на производните функции C 1 (x)И C2(x)по системата с уравнения:

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

Необходимо е да се вземе решение относно C 1 "(x)И C2" (x)използвайки всеки метод. Тогава пишем:

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)

Всяко от уравненията трябва да бъде интегрирано. След това записваме получените уравнения:

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

От това следва, че общото решение ще има формата:

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)

Отговор: 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)

Ако забележите грешка в текста, моля, маркирайте я и натиснете Ctrl+Enter

Диференциални уравнения от втори и по-високи редове.
Линейни DE от втори ред с постоянни коефициенти.
Примери за решения.

Преминаваме към разглеждането на диференциални уравнения от втори ред и диференциални уравнения от по-високи редове. Ако имате неясна представа какво е диференциално уравнение (или изобщо не разбирате какво е), тогава препоръчвам да започнете с урока Диференциални уравнения от първи ред. Примери за решения. Много принципи на вземане на решения и основни понятиядифуранти от първи ред автоматично се разширяват до диференциални уравнения от по-висок ред, така че много е важно първо да разберете уравненията от първи ред.

Много читатели може да имат предубеждение, че DE от 2-ри, 3-ти и други разряди е нещо много трудно и недостъпно за овладяване. Това е грешно . Научете се да решавате дифузи по-висок редедва ли по-сложно от "обикновените" DE от 1-ви ред. А на места е дори по-лесно, тъй като материалът от училищната програма се използва активно в решенията.

Най - известен диференциални уравнения от втори ред. В диференциално уравнение от втори ред Задължителновключва втората производна и които не са включени

Трябва да се отбележи, че някои от бебетата (и дори всички наведнъж) може да липсват от уравнението, важно е бащата да е вкъщи. Най-примитивното диференциално уравнение от втори ред изглежда така:

Диференциални уравнения от трети ред в практически задачисе срещат много по-рядко, по мои субективни наблюдения в Държавна думаще получат около 3-4% от гласовете.

В диференциално уравнение от трети ред Задължителновключва третата производна и които не са включенипроизводни от по-високи разряди:

Най-простото диференциално уравнение от трети ред изглежда така: - татко е вкъщи, всички деца са на разходка.

По подобен начин могат да се дефинират диференциални уравнения от 4-ти, 5-ти и по-високи редове. В практическите задачи такива DE се подхлъзват изключително рядко, но ще се опитам да дам подходящи примери.

Диференциалните уравнения от по-висок ред, които се предлагат в практически задачи, могат да бъдат разделени на две основни групи.

1) Първата група – т.нар уравнения от по-нисък ред. Влетете!

2) Втората група - линейни уравненияпо-високи порядки с постоянни коефициенти. Което ще започнем да разглеждаме точно сега.

Линейни диференциални уравнения от втори ред
с постоянни коефициенти

В теорията и практиката се разграничават два вида такива уравнения - хомогенно уравнениеИ нехомогенно уравнение.

Хомогенна DE от втори ред с постоянни коефициентиТо има следващ изглед:
, където и са константи (числа), а от дясната страна - строгонула.

Както можете да видите, няма специални трудности с хомогенни уравнения, основното е това реши правилно квадратно уравнение .

Понякога има нестандартни хомогенни уравнения, например уравнение във формата , където при втората производна има някаква константа , различна от единица (и, разбира се, различна от нула). Алгоритъмът за решение изобщо не се променя, трябва спокойно да съставите характеристичното уравнение и да намерите неговите корени. Ако характеристичното уравнение ще има два различни реални корена, например: , тогава общото решение може да бъде написано по обичайния начин: .

В някои случаи, поради печатна грешка в условието, могат да се окажат „лоши“ корени, нещо подобно . Какво да правя, отговорът ще трябва да бъде написан така:

С "лоши" спрегнати сложни корени като също няма проблем, общо решение:

Това е, общо решение съществува във всеки случай. Защото всяко квадратно уравнение има два корена.

В последния параграф, както обещах, ще разгледаме накратко:

Линейни хомогенни уравнения от по-висок ред

Всичко е много, много подобно.

Линейното хомогенно уравнение от трети ред има следната форма:
, където са константи.
За това уравнение също трябва да съставите характеристично уравнение и да намерите неговите корени. Характеристичното уравнение, както мнозина предположиха, изглежда така:
, и то Така или иначеТо има точно трикорен.

Нека, например, всички корени са реални и различни: , тогава общото решение може да се запише по следния начин:

Ако единият корен е реален, а другите два са спрегнат комплекс, тогава записваме общото решение, както следва:

Специален случайкогато и трите корена са кратни (еднакви). Нека разгледаме най-простата хомогенна DE от 3-ти ред със самотен баща: . Характеристичното уравнение има три съвпадащи нулеви корена. Записваме общото решение, както следва:

Ако характеристичното уравнение има, например, три кратни корена, тогава общото решение съответно е:

Пример 9

Решете хомогенно диференциално уравнение от трети ред

Решение:Съставяме и решаваме характеристичното уравнение:

, - получават се един реален корен и два спрегнати комплексни корена.

Отговор:общо решение

По подобен начин можем да разгледаме линейно хомогенно уравнение от четвърти ред с постоянни коефициенти: , където са константи.

Линейно диференциално уравнение от втори ред се нарича уравнение от вида

г"" + стр(х)г" + р(х)г = f(х) ,

Където ге функцията, която трябва да се намери, и стр(х) , р(х) И f(х) са непрекъснати функции на някакъв интервал ( а, б) .

Ако дясната страна на уравнението е нула ( f(х) = 0 ), тогава уравнението се извиква линейно хомогенно уравнение . Практическата част на този урок ще бъде посветена основно на такива уравнения. Ако дясната страна на уравнението не е равна на нула ( f(х) ≠ 0 ), тогава уравнението се нарича .

В задачите се изисква да решим уравнението по отношение на г"" :

г"" = −стр(х)г" − р(х)г + f(х) .

Линейните диференциални уравнения от втори ред имат уникално решение Проблеми на Коши .

Линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред и неговото решение

Разгледайте линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред:

г"" + стр(х)г" + р(х)г = 0 .

Ако г1 (х) И г2 (х) са конкретни решения на това уравнение, тогава следните твърдения са верни:

1) г1 (х) + г 2 (х) - също е решение на това уравнение;

2) Cy1 (х) , Където ° С- произволна константа (константа), също е решение на това уравнение.

От тези две твърдения следва, че функцията

° С1 г 1 (х) + ° С 2 г 2 (х)

също е решение на това уравнение.

Възниква справедлив въпрос: това решение ли е общо решение на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред , тоест такова решение, в което за различни стойности ° С1 И ° С2 възможно ли е да се получат всички възможни решения на уравнението?

Отговорът на този въпрос е: може, но при определени условия. Това условие какви свойства трябва да притежават конкретните решения г1 (х) И г2 (х) .

И това състояние се нарича условие линейна независимостчастни решения.

Теорема. функция ° С1 г 1 (х) + ° С 2 г 2 (х) е общо решение на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред, ако функциите г1 (х) И г2 (х) са линейно независими.

Определение. Функции г1 (х) И г2 (х) се наричат ​​линейно независими, ако съотношението им е различна от нула константа:

г1 (х)/г 2 (х) = к ; к = конст ; к ≠ 0 .

Въпреки това, установяването по дефиниция дали тези функции са линейно независими често е много трудно. Има начин да се установи линейна независимост, като се използва детерминантата на Wronsky У(х) :

Ако детерминантата на Wronsky не е равна на нула, тогава решенията са линейно независими . Ако детерминантата на Wronsky е равна на нула, тогава решенията са линейно зависими.

Пример 1Намерете общото решение на линейно хомогенно диференциално уравнение.

Решение. Интегрираме два пъти и, както е лесно да се види, за да бъде разликата на втората производна на функцията и самата функция равна на нула, решенията трябва да бъдат свързани с експонента, чиято производна е равна на себе си. Тоест частните решения са и .

От детерминанта Вронски

не е равно на нула, тогава тези решения са линейно независими. Следователно общото решение на това уравнение може да бъде написано като

.

Линейни хомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти: теория и практика

Линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти се нарича уравнение от вида

г"" + py" + qy = 0 ,

Където стрИ рса постоянни стойности.

Фактът, че това е уравнение от втори ред, се показва от наличието на втората производна на желаната функция, а нейната хомогенност е обозначена с нула от дясната страна. Вече споменатите по-горе величини се наричат ​​постоянни коефициенти.

Да се решаване на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти , първо трябва да решите така нареченото характеристично уравнение на формата

к² + pq + р = 0 ,

което, както се вижда, е обикновено квадратно уравнение.

В зависимост от решението на характеристичното уравнение са възможни три различни варианта решение на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти , които сега ще анализираме. За пълна сигурност ще приемем, че всички отделни решения са тествани от детерминантата на Вронски и във всички случаи тя не е равна на нула. Съмняващите се обаче могат да го проверят сами.

Корени на характеристичното уравнение - реални и различни

С други думи, . В този случай решението на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти има формата

.

Пример 2. Решаване на линейно хомогенно диференциално уравнение

.

Пример 3. Решаване на линейно хомогенно диференциално уравнение

.

Решение. Характеристичното уравнение има формата , неговите корени и са реални и различни. Съответните частни решения на уравнението: и . Общото решение на това диференциално уравнение има формата

.

Корени на характеристичното уравнение - реални и равни

Това е, . В този случай решението на линейно хомогенно диференциално уравнение от втори ред с постоянни коефициенти има формата

.

Пример 4. Решаване на линейно хомогенно диференциално уравнение

.

Решение. Характеристично уравнение има равни корени. Съответните частни решения на уравнението: и . Общото решение на това диференциално уравнение има формата

Пример 5. Решаване на линейно хомогенно диференциално уравнение

.

Решение. Характеристичното уравнение има равни корени. Съответните частни решения на уравнението: и . Общото решение на това диференциално уравнение има формата

Разгледайте линейно хомогенно диференциално уравнение с постоянни коефициенти:
(1) .
Разтворът му може да се получи от общ методпонижаване на поръчката.

Въпреки това е по-лесно незабавно да се получи основната система нлинейно независими решения и на негова основа да се направи общо решение. В този случай цялата процедура за решение се свежда до следните стъпки.

Търсим решение на уравнение (1) във формата . Получаваме характеристично уравнение:
(2) .
Има n корена. Решаваме уравнение (2) и намираме неговите корени. Тогава характеристичното уравнение (2) може да се представи в следната форма:
(3) .
Всеки корен съответства на едно от линейно независимите решения на основната система от решения на уравнение (1). Тогава общото решение на изходното уравнение (1) има формата:
(4) .

Истински корени

Помислете за истински корени. Нека коренът е единичен. Тоест факторът влиза в характеристичното уравнение (3) само веднъж. Тогава този корен съответства на решението
.

Нека е кратен корен с кратност p. Това е
. В този случай множителят идва в p пъти:
.
Тези множество (равни) корени съответстват на p линейно независими решения на първоначалното уравнение (1):
; ; ; ...; .

Сложни корени

Помислете за сложни корени. Изразяваме комплексния корен по отношение на реалните и въображаемите части:
.
Тъй като коефициентите на оригинала са реални, тогава в допълнение към корена има комплексно спрегнат корен
.

Нека комплексният корен е единичен. Тогава двойката корени съответства на две линейно независими решения:
; .

Нека е кратен комплексен корен с кратност p. Тогава комплексно спрегнатата стойност също е корен на характеристичното уравнение на множествеността p и множителят влиза p пъти:
.
Това 2ткорените съответстват 2тлинейно независими решения:
; ; ; ... ;
; ; ; ... .

След фундаментална системасе намират линейно независими решения, но получаваме общото решение .

Примери за решения на проблеми

Пример 1

Решете уравнението:
.

Решение

.
Нека го трансформираме:
;
;
.

Помислете за корените на това уравнение. Получихме четири комплексни корена с кратност 2:
; .
Те съответстват на четири линейно независими решения на първоначалното уравнение:
; ; ; .

Имаме и три реални корена с кратност 3:
.
Те съответстват на три линейно независими решения:
; ; .

Общото решение на първоначалното уравнение има формата:
.

Отговор

Пример 2

реши уравнението

Решение

Търся решение във формата. Съставяме характеристичното уравнение:
.
Решаваме квадратно уравнение.
.

Имаме два сложни корена:
.
Те съответстват на две линейно независими решения:
.
Общо решение на уравнението:
.