Primjeri nehomogenih jednadžbi sa konstantnim koeficijentima. Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima

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

CLDE drugog reda sa konstantnim koeficijentima $p$ i $q$ ima oblik $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, gdje je $f\left( x \desno)$ je kontinuirana funkcija.

Sljedeće dvije tvrdnje su tačne u odnosu na 2. LNDE sa PC-om.

Pretpostavimo da je neka funkcija $U$ proizvoljno posebno rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe. Pretpostavimo i 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 LNDE-2 je jednak zbiru navedenih privatnih i općih rješenja, tj. $y=U+Y$.

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

Rješenje LNDE 2. reda sa PC-om

Očigledno, oblik jednog ili drugog PD $U$ datog LNDE-2 zavisi od specifičnog oblika njegove desne strane $f\left(x\right)$. Najjednostavniji slučajevi traženja PD-a LNDE-2 su formulisani kao sljedeća četiri pravila.

Pravilo broj 1.

Desna strana LNDE-2 ima oblik $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, odnosno naziva se polinom stepena $n$. Tada se njegov PR $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, gdje je $Q_(n) \left(x\right)$ drugi polinom istog stepena kao $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristična jednačina odgovara LODU-2, jednako nuli. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ nalaze se metodom neodređenih koeficijenata (NC).

Pravilo broj 2.

Desna strana LNDE-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, gdje je $P_(n) \left( x\right)$ je polinom stepena $n$. Tada se njegov PD $U$ traži u obliku $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, gdje je $Q_(n ) \ left(x\right)$ je drugi polinom istog stepena kao $P_(n) \left(x\right)$, a $r$ je broj korijena karakteristične jednadžbe odgovarajuće LODE-2 jednako $\alpha $. Koeficijenti polinoma $Q_(n) \left(x\right)$ 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 \desno) $ 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 odgovarajuće LODE-2 jednak $i\cdot \beta $. Koeficijenti $A$ i $B$ su pronađeni NDT metodom.

Pravilo broj 4.

Desna strana LNDE-2 ima oblik $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, gdje je $P_(n) \left(x\right)$ polinom stepena $n$, a $P_(m) \left(x\right)$ je polinom stepena $m$. 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) \left(x\right)$ su polinomi stepena $s$, 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 $R_(s) \left(x\right)$ su pronađeni NK metodom.

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

zamijenite PD $U$ upisanim opšti pogled, na lijevoj strani LNDU-2;
na lijevoj strani LNDE-2, izvedite pojednostavljenja i grupirajte termine sa istim ovlaštenjima $x$;
u rezultirajućem identitetu izjednačiti koeficijente članova sa istim potencijama $x$ lijeve i desne strane;
riješiti rezultirajući sistem linearne jednačine s obzirom na 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 uslove $y=6$ za $x=0$ i $y"=1$ za $x=0$.

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

Karakteristična jednačina: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Korijeni karakteristične jednadžbe: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ovi korijeni su 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 $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Potrebno je uzeti u obzir koeficijent eksponenta eksponenta $\alpha =3$. Ovaj koeficijent se ne poklapa ni sa jednim od korijena karakteristične jednadžbe. Stoga, PR ovog LNDE-2 ima oblik $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Potražićemo koeficijente $A$, $B$ koristeći NK metodu.

Nalazimo prvi izvod CR:

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

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

Nalazimo drugi izvod CR:

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

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

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

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

Izvodimo radnje na lijevoj strani rezultirajuće jednakosti:

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

Koristimo NC metodu. Dobijamo sistem linearnih jednadžbi sa dvije nepoznanice:

$-18\cdot A=36;$

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

Rješenje za ovaj sistem je: $A=-2$, $B=-1$.

CR $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ za naš problem izgleda ovako: $U=\left(-2\cdot x-1\right ) \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 date početne uslove, nalazimo izvod $y"$ OR:

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

Zamjena u $y$ i $y"$ početni uslovi$y=6$ 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 sistem jednačina:

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

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

Mi to rješavamo. Pronalazimo $C_(1) $ koristeći Cramerovu formulu, a $C_(2) $ se određuje iz prve jednačine:

$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ begin(niz)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$

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

Heterogena diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Struktura općeg rješenja

Linearna nehomogena jednadžba ovog tipa izgleda kao:

gdje str, q − konstantni brojevi(koji može biti realan ili složen). Za svaku takvu jednačinu može se napisati odgovarajuća homogena jednačina:

Teorema: Zajednička odluka ne homogena jednačina je zbir općeg rješenja y 0 (x) odgovarajuće homogene jednadžbe i određenog rješenja y 1 (x) nehomogene jednadžbe:

U nastavku razmatramo dvije metode za rješavanje nehomogenih diferencijalnih jednadžbi.

Metoda konstantne varijacije

Ako a zajednička odluka y 0 pridružene homogene jednadžbe je poznato, onda se opće rješenje nehomogene jednačine može naći pomoću metoda konstantne varijacije. Neka opšte rješenje homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ima oblik:

Umjesto trajnog C 1 i C 2 ćemo razmotriti pomoćne funkcije C 1 (x) i C 2 (x). Tražit ćemo ove funkcije tako da je rješenje

zadovoljava nehomogenu jednačinu sa desnom stranom f(x). Nepoznate karakteristike C 1 (x) i C 2 (x) određuju se iz sistema dvije jednačine:

Metoda neodređenih koeficijenata

Desni deo f(x) nehomogene diferencijalne jednadžbe često je polinom, eksponencijalna ili trigonometrijska funkcija ili neka kombinacija ovih funkcija. U ovom slučaju, prikladnije je pronaći rješenje koristeći metoda nesigurnih koeficijenata. Mi to naglašavamo ovu metodu radi samo za ograničenu klasu funkcija na desnoj strani, kao što je

U oba slučaja, izbor određenog rješenja mora odgovarati strukturi desne strane nehomogene diferencijalne jednadžbe. U slučaju 1, ako je broj α u eksponencijalnoj funkciji poklapa se s korijenom karakteristične jednadžbe, tada će određeno rješenje sadržavati dodatni faktor x s, gdje s− višestrukost korijena α u karakterističnoj jednačini. U slučaju 2, ako je broj α + βi poklapa se s korijenom karakteristične jednadžbe, tada će izraz za određeno rješenje sadržavati dodatni faktor x. Nepoznati koeficijenti se mogu odrediti zamjenom pronađenog izraza za određeno rješenje u originalnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu.

Princip superpozicije

Ako je desna strana nehomogene jednadžbe iznos nekoliko funkcija forme

tada će posebno rješenje diferencijalne jednadžbe također biti zbir pojedinačnih rješenja konstruiranih zasebno za svaki član na desnoj strani.

Primjer 1

Riješite diferencijalnu jednačinu y"" + y= sin(2 x).

Rješenje.

Prvo rješavamo odgovarajuću homogenu jednačinu y"" + y= 0. In ovaj slučaj korijeni karakteristične jednadžbe su čisto imaginarni:

Stoga je opće rješenje homogene jednačine dato sa

Vratimo se ponovo na nehomogenu jednačinu. Njegovo rješenje ćemo tražiti u formi

koristeći metodu varijacije konstanti. Funkcije C 1 (x) i C 2 (x) može se pronaći iz sledeći sistem jednadžbe:

Izražavamo derivaciju C 1 " (x) iz prve jednadžbe:

Zamjenom u drugu jednačinu nalazimo izvod C 2 " (x):

Otuda to sledi

Integriranje izraza za derivate C 1 " (x) i C 2 " (x), dobijamo:

gdje A 1 , A 2 − integracijske konstante. Sada zamjenjujemo pronađene funkcije C 1 (x) i C 2 (x) u formulu za y 1 (x) i napiši opšte rješenje nehomogene jednadžbe:

Primjer 2

Naći opće rješenje jednačine y"" + y" −6y = 36x.

Rješenje.

Koristimo metodu neodređenih koeficijenata. Desna strana za zadata jednačina predstavlja linearna funkcija f(x)= sjekira + b. Stoga ćemo tražiti posebno rješenje u formi

Derivati su:

Zamijenivši ovo u diferencijalnu jednačinu, dobijamo:

Posljednja jednačina je identitet, odnosno vrijedi za sve x, pa izjednačavamo koeficijente članova sa istim potencijama x na lijevoj i desnoj strani:

Iz rezultirajućeg sistema nalazimo: A = −6, B= −1. Kao rezultat, određeno rješenje je zapisano u obliku

Sada pronađimo opšte rješenje homogene diferencijalne jednadžbe. Izračunajmo korijene pomoćne karakteristične jednadžbe:

Dakle, opšte rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe ima oblik:

Dakle, opće rješenje originalne nehomogene jednadžbe je izraženo formulom

Opšti integral DE.

Riješite diferencijalnu jednačinu

Ali smiješno je to što je odgovor već poznat: tačnije, moramo dodati i konstantu: Opšti integral je rješenje diferencijalne jednadžbe.

Metoda varijacije proizvoljnih konstanti. Primjeri rješenja

Metoda varijacije proizvoljnih konstanti se koristi za rješavanje nehomogenih diferencijalnih jednadžbi. Ova lekcija je namijenjena onim učenicima koji su već manje-više upućeni u temu. Ako tek počinjete da se upoznajete sa daljinskim upravljačem, tj. Ako ste čajnik, preporučujem da počnete s prvom lekcijom: Diferencijalne jednadžbe prvog reda. Primjeri rješenja. A ako već završavate, odbacite moguću pretpostavku da je metoda teška. Jer je jednostavan.

U kojim slučajevima se koristi metoda varijacije proizvoljnih konstanti?

1) Za rješavanje se može koristiti metoda varijacije proizvoljne konstante linearni nehomogeni DE 1. reda. Pošto je jednačina prvog reda, onda je i konstanta (konstanta) jedna.

2) Za rješavanje nekih koristi se metoda varijacije proizvoljnih konstanti linearne nehomogene jednadžbe drugog reda. Ovdje variraju dvije konstante (konstante).

Logično je pretpostaviti da će se lekcija sastojati od dva pasusa .... Napisao sam ovaj prijedlog i 10-ak minuta sam bolno razmišljao šta još pametno sranje dodati za lagani prijelaz na praktične primjere. Ali iz nekog razloga, nakon praznika nema misli, iako se čini da nisam ništa zloupotrijebio. Dakle, skočimo odmah na prvi pasus.

Metoda proizvoljnih konstantnih varijacija za linearnu nehomogenu jednačinu prvog reda

Prije razmatranja metode varijacije proizvoljne konstante, poželjno je upoznati se sa člankom Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda. Na toj lekciji smo vežbali prvi nacin resenja nehomogena DE 1. reda. Ovo prvo rješenje, podsjećam, zove se metoda zamjene ili Bernulijeva metoda(ne treba se brkati sa Bernoullijeva jednadžba!!!)

Sada ćemo razmotriti drugi način rješavanja– metoda varijacije proizvoljne konstante. Navest ću samo tri primjera, a uzet ću ih iz gornje lekcije. Zašto tako malo? Jer će u stvari rješenje na drugi način biti vrlo slično rješenju na prvi način. Osim toga, prema mojim zapažanjima, metoda varijacije proizvoljnih konstanti se koristi rjeđe od metode zamjene.

Primjer 1

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (Diffur iz primjera br. 2 lekcije Linearni nehomogeni DE 1. reda)

Rješenje: Ova jednadžba je linearno nehomogena i ima poznati oblik:

U prvoj fazi potrebno je riješiti jednostavniju jednačinu: To jest, glupo resetujemo desnu stranu - umjesto toga pišemo nulu. Jednačina koju ću nazvati pomoćna jednačina.

U ovom primjeru morate riješiti sljedeću pomoćnu jednačinu:

Pred nama odvojiva jednačina, čije vam rješenje (nadam se) više nije teško:

Dakle: je opće rješenje pomoćne jednadžbe .

Na drugom koraku zamijeniti konstanta nekih još nepoznata funkcija koja ovisi o "x":

Otuda i naziv metode - variramo konstantu. Alternativno, konstanta može biti neka funkcija koju sada moramo pronaći.

AT original nehomogena jednačina, izvršićemo zamjenu:

Zamjena u jednadžbi:

kontrolni trenutak - dva termina na lijevoj strani se poništavaju. Ako se to ne dogodi, trebali biste potražiti gornju grešku.

Kao rezultat zamjene dobija se jednadžba sa odvojivim varijablama. Odvojite varijable i integrirajte.

Kakav blagoslov, i eksponenti se smanjuju:

Pronađenoj funkciji dodajemo "normalnu" konstantu:

U završnoj fazi, prisjećamo se naše zamjene:

Funkcija upravo pronađena!

Dakle, generalno rješenje je:

odgovor: zajednicka odluka:

Ako odštampate dva rješenja, lako ćete primijetiti da smo u oba slučaja pronašli iste integrale. Jedina razlika je u algoritmu rješenja.

Sad nešto komplikovanije, komentirat ću i drugi primjer:

Primjer 2

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (Diffur iz primjera br. 8 lekcije Linearni nehomogeni DE 1. reda)

Rješenje: Dovedemo jednačinu u oblik:

Postavite desnu stranu na nulu i riješite pomoćnu jednačinu:

Odvojite varijable i integrirajte: Opće rješenje pomoćne jednadžbe:

U nehomogenoj jednadžbi napravićemo zamenu:

Prema pravilu diferencijacije proizvoda:

Zamijenite i u originalnu nehomogenu jednačinu:

Dva pojma na lijevoj strani se poništavaju, što znači da smo na pravom putu:

Integriramo po dijelovima. Ukusno slovo iz formule za integraciju po dijelovima već je uključeno u rješenje, pa koristimo, na primjer, slova "a" i "be":

na kraju:

Pogledajmo sada zamjenu:

odgovor: zajednicka odluka:

Metoda varijacije proizvoljnih konstanti za linearnu nehomogenu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Često se čulo mišljenje da metoda varijacije proizvoljnih konstanti za jednačinu drugog reda nije laka stvar. Ali pretpostavljam sljedeće: najvjerovatnije se metoda mnogima čini teška, jer nije tako česta. Ali u stvarnosti nema posebnih poteškoća - tok odluke je jasan, transparentan i razumljiv. I predivno.

Za ovladavanje metodom poželjno je biti sposoban rješavati nehomogene jednadžbe drugog reda odabirom određenog rješenja prema obliku desne strane. Ova metoda detaljno razmotreno u članku. Nehomogena DE 2. reda. Podsjećamo da linearna nehomogena jednadžba drugog reda sa konstantnim koeficijentima ima oblik:

Metoda selekcije, koja je razmatrana u gornjoj lekciji, radi samo u ograničenom broju slučajeva, kada su polinomi, eksponenti, sinusi, kosinusi na desnoj strani. Ali šta učiniti kada je na desnoj strani, na primjer, razlomak, logaritam, tangenta? U takvoj situaciji u pomoć dolazi metoda varijacije konstanti.

Primjer 4

Naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe drugog reda

Rješenje: Na desnoj strani ove jednadžbe nalazi se razlomak, tako da odmah možemo reći da metoda odabira određenog rješenja ne funkcionira. Koristimo metodu varijacije proizvoljnih konstanti.

Ništa ne najavljuje grmljavinu, početak rješenja je sasvim običan:

Hajde da nađemo zajednička odluka odgovarajući homogena jednadžbe:

Sastavljamo i rješavamo karakterističnu jednačinu: – dobiju se konjugirani kompleksni korijeni, pa je opće rješenje:

Obratite pažnju na zapis općeg rješenja - ako postoje zagrade, onda ih otvorite.

Sada radimo gotovo isti trik kao i za jednadžbu prvog reda: mijenjamo konstante, zamjenjujući ih nepoznatim funkcijama. To je, opšte rešenje nehomogenog Tražićemo jednačine u obliku:

Gdje - još nepoznate funkcije.

Izgleda kao deponija smeća, ali sad ćemo sve srediti.

Derivati funkcija se ponašaju kao nepoznanice. Naš cilj je pronaći izvode, a pronađeni derivati moraju zadovoljiti i prvu i drugu jednačinu sistema.

Odakle dolaze "igre"? Roda ih donosi. Pogledamo prethodno dobijeno opšte rešenje i zapišemo:

Nađimo derivate:

Bavili smo se lijevom stranom. Šta je na desnoj strani?

je desna strana originalne jednadžbe, u ovom slučaju:

Ovaj članak otkriva pitanje rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Teorija će biti razmotrena uz primjere zadatih problema. Za dešifrovanje nerazumljivih pojmova potrebno je obratiti se na temu osnovnih definicija i koncepata teorije diferencijalnih jednačina.

Razmotrimo linearnu diferencijalnu jednadžbu (LDE) drugog reda sa 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

Opća teorema rješenja za LDNU

Teorema 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) sa kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) je jednak zbiru opšteg rješenja y 0 , što odgovara LODE i nekom posebnom rješenju y ~ , gdje je originalna nehomogena jednačina y = y 0 + y ~ .

Ovo pokazuje da rješenje takve jednačine drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 razmatran je u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba pristupiti definiciji y ~ .

Izbor određenog rješenja za LIDE ovisi o vrsti dostupne funkcije f (x) koja se nalazi na desnoj strani jednačine. Za to je potrebno posebno razmotriti rješenja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Kada se f (x) smatra polinomom n-tog stepena f (x) = P n (x) , slijedi da se određeno rješenje LIDE nalazi po formuli oblika y ~ = Q n (x ) x γ , gdje je Q n ( x) polinom stepena n, r je broj nultih korijena karakteristične jednačine. Vrijednost y ~ je određeno rješenje y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , zatim dostupni koeficijenti, koji su definirani polinomom
Q n (x) , nalazimo koristeći metodu neodređenih koeficijenata iz jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 1

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

Rješenje

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

Opće rješenje linearne nehomogene jednačine je zbir opšteg rješenja koje odgovara jednačini y 0 ili određenom rješenju nehomogene jednačine y ~ , odnosno y = y 0 + y ~ .

Prvo, hajde da pronađemo opšte rešenje za LNDE, a zatim i jedno posebno.

Pređimo na pronalaženje y 0 . Pisanje karakteristične jednadžbe pomoći će u pronalaženju korijena. Shvatili smo to

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

Otkrili smo da su korijeni različiti i stvarni. Stoga pišemo

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

Nađimo y ~ . Vidi se da je desna strana zadata jednačina je polinom drugog stepena, tada je jedan od korijena jednak nuli. Odavde dobijamo da će određeno rješenje za y ~ biti

y ~ = Q 2 (x) x γ \u003d (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, gdje su vrijednosti A, B, C uzeti nedefinisane koeficijente.

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

Tada dobijamo to:

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 sa istim eksponentima x dobijamo sistem 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 ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Ovaj unos se naziva općim rješenjem originalne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Da bi se pronašlo određeno rješenje koje zadovoljava uslove y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 , potrebno je odrediti vrijednosti C1 i C2, na osnovu jednakosti oblika y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

dobijamo 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 sa rezultujućim sistemom jednačina oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , gdje je C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Primjenjujući Cauchyjevu teoremu, imamo to

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 proizvod polinoma sa stepenom n i eksponentom f (x) = P n (x) e a x , onda odavde dobijamo da će određeno rješenje LIDE drugog reda biti jednačina oblika y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , gdje je Q n (x) polinom n-tog stepena, a r je broj korijena karakteristične jednačine jednak α .

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

Primjer 2

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

Rješenje

Opća jednadžba y = y 0 + y ~ . Specificirana jednačina odgovara LOD y "" - 2 y " = 0. Prethodni primjer pokazuje da su njegovi korijeni jednaki k1 = 0 i k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x prema karakterističnoj jednačini.

To je jasno desna strana jednadžbe je x 2 + 1 · e x . Odavde, LNDE se nalazi kroz y ~ = e a x Q n (x) x γ , gdje je Q n (x) , što je polinom drugog stepena, gdje je α = 1 i r = 0 , jer karakteristična jednačina nije imaju korijen jednak 1. Otuda to dobijamo

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 po jednakosti y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Shvatio sam

y ~ "= e x A x 2 + B x + C" = e x A x 2 + B x + C + e x 2 A x + B == e x A x 2 + x 2 A + B + B + C y ~ " " = e x A x 2 + x 2 A + B + B + C " = = e x A x 2 + x 2 A + B + B + C + e x 2 A x + 2 A + B = = e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C

y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) e x ⇔ e x A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C - - 2 e x A x 2 + x 2 A + B + B + C = x 2 + 1 e x ⇔ e x - A x 2 - B x + 2 A - C = (x 2 + 1) e x ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = x 2 + 1 ⇔ - A x 2 - B x + 2 A - C = 1 x 2 + 0 x + 1

Izjednačavamo indikatore za iste koeficijente i dobijamo sistem linearnih jednačina. 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 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, onda jednačina 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 se vrši po jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 3

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

Rješenje

Prije pisanja karakteristične jednačine, nalazimo y 0 . Onda

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

Imamo par složenih konjugiranih korijena. Transformirajmo i dobijemo:

y 0 \u003d e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)

Smatra se da su korijeni iz karakteristične jednadžbe konjugirani par ± 2 i , tada je f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Ovo pokazuje da će se pretraga za y ~ vršiti od y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Nepoznate koeficijenti A i B će se tražiti iz jednakosti oblika y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

transformirajmo:

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

Onda se to vidi

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. Dobijamo sistem oblika:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Iz toga 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 opšte rešenje originalnog LIDE drugog reda sa 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 kompleksnih konjugiranih parova korijena povezanih sa karakterističnom jednačinom, jednak α ± i β , gdje je P n (x) , Q k (x) , L m ( x) i N m (x) su polinomi stepena n, k, m, gdje m = m a x (n, k). Pronalaženje koeficijenata L m (x) i N m (x) se proizvodi na osnovu jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 4

Pronađite opšte rješenje y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Rješenje

Iz uslova 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 što 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. Dakle, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Zatim, potrebno je tražiti opće rješenje zasnovano 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 vezanih za karakterističnu jednačinu sa α ± i β = 3 ± 5 · i . Ovi koeficijenti se nalaze iz rezultirajuće 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 derivacije i sličnim terminima 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, dobijamo sistem oblika

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

Iz svega proizilazi da

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

odgovor: sada je dobijeno opšte rešenje date linearne jednačine:

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 daje algoritam rješenja:

pronalaženje opšteg 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 nezavisna partikularna rješenja LODE-a, Od 1 i Od 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
prihvatanje kao opšte rešenje LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
definicija izvoda funkcije kroz sistem 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) kroz integraciju.

Primjer 5

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

Rješenje

Nastavljamo sa pisanjem karakteristične jednačine, nakon što smo prethodno napisali y 0 , y "" + 36 y = 0 . Hajde da napišemo i rešimo:

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 opšteg rješenja date jednačine imati oblik y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacijskih funkcija C 1 (x) i C2(x) prema sistemu sa 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) = 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Svaka od jednačina mora biti integrisana. Zatim pišemo rezultirajuće jednačine:

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

Iz toga 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

Predavanje se bavi LNDE - linearnim nehomogenim diferencijalnim jednadžbama. Razmatra se struktura općeg rješenja, rješenje LNDE metodom varijacije proizvoljnih konstanti, rješenje LNDE sa konstantnim koeficijentima i desnom stranom posebna vrsta. Pitanja koja se razmatraju koriste se u proučavanju prisilnih oscilacija u fizici, elektrotehnici i elektronici, te u teoriji automatskog upravljanja.

1. Struktura općeg rješenja linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe 2. reda.

Razmotrimo prvo linearnu nehomogenu jednačinu proizvoljnog reda:

S obzirom na notaciju, možemo napisati:

U ovom slučaju ćemo pretpostaviti da su koeficijenti i desna strana ove jednačine kontinuirani na određenom intervalu.

Teorema. Opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u nekom domenu je zbir bilo kojeg od njenih rješenja i općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene diferencijalne jednadžbe.

Dokaz. Neka je Y neko rješenje nehomogene jednadžbe.

Zatim, zamjenom ovog rješenja u originalnu jednačinu, dobijamo identitet:

Neka
- fundamentalni sistem rješenja linearne homogene jednadžbe
. Tada se opće rješenje homogene jednačine može zapisati kao:

Konkretno, za linearnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu 2. reda, struktura opšteg rješenja ima oblik:

gdje
je osnovni sistem rješenja odgovarajuće homogene jednačine, i
- bilo koje posebno rješenje nehomogene jednadžbe.

Dakle, da bi se riješila linearna nehomogena diferencijalna jednadžba, potrebno je pronaći opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe i nekako pronaći jedno posebno rješenje nehomogene jednačine. Obično se pronalazi odabirom. Metode odabira određenog rješenja bit će razmatrane u sljedećim pitanjima.

2. Metoda varijacije

U praksi je zgodno primijeniti metodu varijacije proizvoljnih konstanti.

Da biste to učinili, prvo pronađite opće rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe u obliku:

Zatim, postavljanje koeficijenata C i funkcije iz X, traži se rješenje nehomogene jednadžbe:

Može se pokazati da bi se pronašle funkcije C i (x) morate riješiti sistem jednačina:

Primjer. riješiti jednačinu

Rješavamo linearnu homogenu jednačinu

Rješenje nehomogene jednadžbe će izgledati ovako:

Sastavljamo sistem jednačina:

Hajde da rešimo ovaj sistem:

Iz relacije nalazimo funkciju Oh).

Sada pronalazimo B(x).

Dobijene vrijednosti zamjenjujemo u formulu za opće rješenje nehomogene jednadžbe:

Konačan odgovor:

Uopšteno govoreći, metoda varijacije proizvoljnih konstanti je pogodna za pronalaženje rješenja bilo koje linearne nehomogene jednačine. Ali pošto pronalaženje osnovnog sistema rješenja odgovarajuće homogene jednadžbe može biti prilično težak zadatak, ova metoda se uglavnom koristi za nehomogene jednačine sa konstantnim koeficijentima.

3. Jednačine sa desnom stranom posebnog obrasca

Čini se da je moguće predstaviti oblik određenog rješenja ovisno o obliku desne strane nehomogene jednačine.

Postoje sljedeći slučajevi:

I. Desna strana linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe ima oblik:

gdje je polinom stepena m.

Tada se traži određeno rješenje u obliku:

Evo Q(x) je polinom istog stepena kao P(x) , ali sa nedefinisanim koeficijentima, i r- broj koji pokazuje koliko puta je broj  korijen karakteristične jednadžbe za odgovarajuću linearnu homogenu diferencijalnu jednačinu.

Primjer. riješiti jednačinu
.

Rješavamo odgovarajuću homogenu jednačinu:

Sada pronađimo određeno rješenje originalne nehomogene jednadžbe.

Uporedimo desnu stranu jednačine sa oblikom desne strane o kojoj smo gore govorili.

Tražimo posebno rješenje u obliku:
, gdje

One.

Sada definiramo nepoznate koeficijente ALI i AT.

Zamijenimo određeno rješenje u općem obliku u originalnu nehomogenu diferencijalnu jednačinu.

Dakle, privatno rješenje:

Tada je opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe:

II. Desna strana linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe ima oblik:

Evo R 1 (X) i R 2 (X) su polinomi stepena m 1 i m 2 respektivno.

Tada će određeno rješenje nehomogene jednadžbe imati oblik:

gdje broj r pokazuje koliko je puta broj
je korijen karakteristične jednadžbe za odgovarajuću homogenu jednačinu, i Q 1 (x) i Q 2 (x) – najviše polinomi stepena m, gdje m- najveći od stepeni m 1 i m 2 .

Zbirna tabela tipova pojedinih rješenja

za različite vrste pravih dijelova

Desna strana diferencijalne jednadžbe	karakteristična jednačina	Vrste privatnih
	1. Broj nije korijen karakteristične jednadžbe
	2. Broj je korijen jednadžbe karakteristične višestrukosti
	1. Broj nije korijen karakteristične jednadžbe
	2. Broj je korijen jednadžbe karakteristične višestrukosti
	1. Brojevi
	2. Brojevi su korijeni jednadžbe karakteristične višestrukosti
	1. Brojevi nisu korijeni jednadžbe karakteristične višestrukosti
	2. Brojevi su korijeni jednadžbe karakteristične višestrukosti

Imajte na umu da ako je desna strana jednadžbe kombinacija izraza gore navedenog oblika, tada se rješenje nalazi kao kombinacija rješenja pomoćnih jednadžbi, od kojih svaka ima desnu stranu koja odgovara izrazu uključenom u kombinaciju.

One. ako jednačina izgleda ovako:
, tada će biti određeno rješenje ove jednadžbe
gdje at 1 i at 2 su posebna rješenja pomoćnih jednačina