Jednadžba

gdje su i kontinuirane funkcije u intervalu naziva se nehomogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda, a funkcije i su njezini koeficijenti. Ako je u ovom intervalu, tada jednadžba poprima oblik:

i naziva se homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda. Ako jednadžba (**) ima iste koeficijente kao i jednadžba (*), onda se naziva homogena jednadžba koja odgovara nehomogenoj jednadžbi (*).

Homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda

Neka u linearnoj jednadžbi

I konstantni su realni brojevi.

Tražit ćemo određeno rješenje jednadžbe u obliku funkcije , gdje je realan ili kompleksan broj koji treba odrediti. Diferirajući s obzirom na , dobivamo:

Zamjenom u izvornu diferencijalnu jednadžbu dobivamo:

Dakle, uzimajući u obzir to, imamo:

Ova se jednadžba naziva karakteristična jednadžba homogene linearne diferencijalne jednadžbe. Karakteristična jednadžba također omogućuje pronalaženje . Ovo je jednadžba drugog stupnja, tako da ima dva korijena. Označimo ih sa i . Moguća su tri slučaja:

1) Korijeni su stvarni i različiti. U ovom slučaju zajednička odluka jednadžbe:

Primjer 1

2) Korijeni su pravi i jednaki. U ovom slučaju, opće rješenje jednadžbe je:

Primjer2

Došli ste na ovu stranicu dok ste pokušavali riješiti problem na ispitu ili testu? Ako još uvijek niste uspjeli položiti ispit - sljedeći put dogovorite unaprijed na web stranici o Online pomoći u višoj matematici.

Karakteristična jednadžba ima oblik:

Rješenje karakteristične jednadžbe:

Opće rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe:

3) Složeni korijeni. U ovom slučaju, opće rješenje jednadžbe je:

Primjer 3

Karakteristična jednadžba ima oblik:

Rješenje karakteristične jednadžbe:

Opće rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe:

Nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda

Razmotrimo sada rješenje nekih vrsta linearnih nehomogena jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima

gdje su i konstantni realni brojevi, je poznata kontinuirana funkcija u intervalu . Za pronalaženje općeg rješenja takve diferencijalne jednadžbe potrebno je poznavati opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe i posebno rješenje. Razmotrimo neke slučajeve:

Također tražimo određeno rješenje diferencijalne jednadžbe u obliku kvadratnog trinoma:

Ako je 0 jedan korijen karakteristične jednadžbe, onda

Ako je 0 dvostruki korijen karakteristične jednadžbe, onda

Slična je situacija ako je polinom proizvoljnog stupnja

Primjer 4

Riješit ćemo odgovarajuće homogena jednadžba.

Karakteristična jednadžba:

Opće rješenje homogene jednadžbe:

Nađimo određeno rješenje nehomogene dif-jednadžbe:

Zamjenom pronađenih derivacija u izvornu diferencijalnu jednadžbu dobivamo:

Željeno posebno rješenje:

Opće rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe:

Tražimo određeno rješenje u obliku , gdje je neodređeni koeficijent.

Zamjenom i u izvornu diferencijalnu jednadžbu dobivamo identičnost iz kojega nalazimo koeficijent.

Ako je korijen karakteristične jednadžbe, tada tražimo određeno rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe u obliku , kada je jedan korijen i , kada je dvostruki korijen.

Primjer 5

Karakteristična jednadžba:

Opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe je:

Nađimo određeno rješenje odgovarajuće nehomogene diferencijalne jednadžbe:

Opće rješenje diferencijalne jednadžbe:

U ovom slučaju tražimo određeno rješenje u obliku trigonometrijskog binoma:

gdje su i nesigurni koeficijenti

Zamjenom i u izvornu diferencijalnu jednadžbu dobivamo identičnost iz kojega nalazimo koeficijente.

Ove jednadžbe određuju koeficijente i osim u slučaju kada (ili kada su korijeni karakteristične jednadžbe). U potonjem slučaju tražimo određeno rješenje diferencijalne jednadžbe u obliku:

Primjer6

Karakteristična jednadžba:

Opće rješenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednadžbe je:

Nađimo određeno rješenje nehomogene dif-jednadžbe

Zamjenom u izvornu diferencijalnu jednadžbu dobivamo:

Opće rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe:

Konvergencija nizova brojeva
Dana je definicija konvergencije niza i detaljno su razmotreni problemi za proučavanje konvergencije. brojevni niz- kriteriji usporedbe, d'Alembertov kriterij konvergencije, Cauchyjev kriterij konvergencije i Cauchyjev integralni kriterij konvergencije⁡.

Apsolutna i uvjetna konvergencija niza
Stranica se bavi izmjeničnim redovima, njihovom uvjetnom i apsolutnom konvergencijom, Leibnizov test konvergencije za izmjenične nizove - sadrži kratka teorija na temu i primjer rješavanja problema.

Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda naziva se jednadžba oblika

y"" + str(x)y" + q(x)y = f(x) ,

gdje y je funkcija koju treba pronaći, i str(x) , q(x) i f(x) su kontinuirane funkcije na nekom intervalu ( a, b) .

Ako je desna strana jednadžbe nula ( f(x) = 0 ), tada se jednadžba zove linearna homogena jednadžba . Takve će jednadžbe uglavnom biti posvećene praktičnom dijelu ove lekcije. Ako desna strana jednadžbe nije jednaka nuli ( f(x) ≠ 0 ), tada se jednadžba naziva .

U zadacima od nas se traži da riješimo jednadžbu s obzirom na y"" :

y"" = −str(x)y" − q(x)y + f(x) .

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda imaju jedinstveno rješenje Cauchy problemi .

Linearna homogena diferencijalna jednadžba drugog reda i njezino rješenje

Razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu drugog reda:

y"" + str(x)y" + q(x)y = 0 .

Ako je a y1 (x) i y2 (x) su posebna rješenja ove jednadžbe, tada su istinite sljedeće tvrdnje:

1) y1 (x) + y 2 (x) - je također rješenje ove jednadžbe;

2) Cy1 (x) , gdje C- proizvoljna konstanta (konstanta), također je rješenje ove jednadžbe.

Iz ove dvije tvrdnje proizlazi da je funkcija

C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x)

je također rješenje ove jednadžbe.

Postavlja se pošteno pitanje: je li ovo rješenje opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda , odnosno takvo rješenje u kojem se za razne vrijednosti C1 i C2 je li moguće dobiti sva moguća rješenja jednadžbe?

Odgovor na ovo pitanje je: može, ali pod određenim uvjetima. Ovo je uvjet o tome kakva svojstva trebaju imati pojedina rješenja y1 (x) i y2 (x) .

I ovo stanje se zove stanje linearna neovisnost privatne odluke.

Teorema. Funkcija C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) je opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda ako su funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno su neovisni.

Definicija. Funkcije y1 (x) i y2 (x) nazivaju se linearno neovisnim ako je njihov omjer konstanta različita od nule:

y1 (x)/y 2 (x) = k ; k = konst ; k ≠ 0 .

Međutim, često je vrlo teško utvrditi jesu li te funkcije linearno neovisne po definiciji. Postoji način da se uspostavi linearna neovisnost pomoću determinante Wronskyja W(x) :

Ako Wronskyjeva determinanta nije jednaka nuli, tada su rješenja linearno neovisna . Ako je determinanta Wronskyja jednaka nuli, tada su rješenja linearno ovisna.

Primjer 1 Naći opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe.

Odluka. Integriramo dvaput i, kao što je lako vidjeti, da bi razlika druge derivacije funkcije i same funkcije bila jednaka nuli, rješenja moraju biti povezana s eksponentom čija je derivacija jednaka samoj sebi. Odnosno, privatna rješenja su i .

Budući da je odrednica Vronskog

nije jednako nuli, tada su ta rješenja linearno neovisna. Stoga se opće rješenje ove jednadžbe može zapisati kao

.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima: teorija i praksa

Linearna homogena diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima naziva se jednadžba oblika

y"" + py" + qy = 0 ,

gdje str i q su konstantne vrijednosti.

Na činjenicu da se radi o jednadžbi drugog reda ukazuje prisutnost druge derivacije željene funkcije, a njezinu homogenost označava nula na desnoj strani. Već spomenute veličine nazivaju se konstantnim koeficijentom.

Do riješiti linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima , prvo se mora riješiti tzv karakteristična jednadžba ljubazan

k² + pq + q = 0 ,

što je, kao što se vidi, obična kvadratna jednadžba.

Ovisno o rješenju karakteristične jednadžbe, moguće su tri različite opcije rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima , koje ćemo sada analizirati. Radi potpune određenosti, pretpostavit ćemo da su sva pojedina rješenja testirana determinantom Vronskog i u svim slučajevima ona nije jednaka nuli. Sumnjači to, međutim, mogu sami provjeriti.

Korijeni karakteristične jednadžbe - stvarni i različiti

Drugim riječima, . U ovom slučaju rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima ima oblik

.

Primjer 2. Riješite linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu

.

Primjer 3. Riješite linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu

.

Odluka. Karakteristična jednadžba ima oblik , svoje korijene i realne su i različite. Odgovarajuća posebna rješenja jednadžbe: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

.

Korijeni karakteristične jednadžbe - realni i jednaki

tj., . U ovom slučaju rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima ima oblik

.

Primjer 4. Riješite linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu

.

Odluka. Karakteristična jednadžba Ima jednakih korijena. Odgovarajuća posebna rješenja jednadžbe: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

Primjer 5. Riješite linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu

.

Odluka. Karakteristična jednadžba ima jednake korijene. Odgovarajuća posebna rješenja jednadžbe: i . Opće rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik

Ovaj članak otkriva pitanje rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima. Teorija će biti razmotrena uz primjere zadanih problema. Za dešifriranje nerazumljivih pojmova potrebno je osvrnuti se na temu osnovnih definicija i pojmova teorije diferencijalnih jednadžbi.

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

Prijeđimo na formulaciju općeg teorema rješenja za LIDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Opći teorem rješenja za LDNU

Teorem 1

Opće rješenje, smješteno na intervalu x, nehomogene diferencijalne jednadžbe oblika y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) y = f (x) s kontinuiranim koeficijentima integracije na x intervalu f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) i kontinuirana funkcija f (x) jednak je zbroju općeg rješenja y 0 , što odgovara LODE i nekom posebnom rješenju y ~ , gdje je izvorna nehomogena jednadžba y = y 0 + y ~ .

To pokazuje da rješenje takve jednadžbe drugog reda ima oblik y = y 0 + y ~ . Algoritam za pronalaženje y 0 razmatran je u članku o linearnim homogenim diferencijalnim jednadžbama drugog reda s konstantnim koeficijentima. Nakon toga treba prijeći na definiciju y ~ .

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

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

Primjer 1

Izračunajte pomoću Cauchyjevog teorema y "" - 2 y" = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Odluka

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

Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe je zbroj općeg rješenja koje odgovara jednadžbi y 0 ili pojedinom rješenju nehomogene jednadžbe y ~ , odnosno y = y 0 + y ~ .

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

Prijeđimo na pronalaženje y 0 . Pisanje karakteristične jednadžbe pomoći će pronaći korijene. Shvaćamo to

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

Otkrili smo da su korijeni različiti i stvarni. Stoga pišemo

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

Nađimo y ~ . Vidi se da desna strana iza zadana jednadžba je polinom drugog stupnja, tada je jedan od korijena jednak nuli. Odavde dobivamo da će određeno rješenje za y ~ biti

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

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

Tada dobivamo 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

Izjednačavajući koeficijente s istim eksponentima x, dobivamo sustav linearnih izraza - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . Prilikom rješavanja na bilo koji od načina nalazimo koeficijente i pišemo: A = - 1 6, B = 1 4, C = - 3 4 i y ~ \u003d A x 3 + B x 2 + C x \u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Taj se unos naziva općim rješenjem izvorne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.

Da bismo pronašli određeno rješenje koje zadovoljava uvjete y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 , potrebno je odrediti vrijednosti C1 i C2, na temelju jednakosti oblika y \u003d C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

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 s rezultirajućim sustavom jednadžbi oblika C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 , gdje je C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Primjenom Cauchyjevog teorema 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 umnožak polinoma sa stupnjem n i eksponentom f (x) = P n (x) e a x , onda odavde dobivamo da će određeno rješenje LIDE drugog reda biti jednadžba oblika y ~ = e a x Q n ( x) · x γ , gdje je Q n (x) polinom n-tog stupnja, a r je broj korijena karakteristične jednadžbe jednak α .

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

Primjer 2

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

Odluka

Jednadžba opći pogled y = y 0 + y ~ . Specificirana jednadžba odgovara LOD-u y "" - 2 y " = 0. Prethodni primjer pokazuje da su njegovi korijeni jednaki k1 = 0 a k 2 = 2 i y 0 = C 1 + C 2 e 2 x prema karakterističnoj jednadžbi.

To je jasno desna strana jednadžbe je x 2 + 1 · e x . Odavde se LNDE nalazi kroz y ~ = e a x Q n (x) x γ , gdje je Q n (x) polinom drugog stupnja, gdje je α = 1 i r = 0 , jer karakteristična jednadžba nema jednak korijen do 1. Stoga to dobivamo

y ~ = e a x Q n (x) x γ = e x A x 2 + B x + C x 0 = e x A x 2 + B x + C .

A, B, C su nepoznati koeficijenti, koji se mogu naći 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 pokazatelje za iste koeficijente i dobivamo sustav linearnih jednadžbi. Odavde nalazimo A, B, C:

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

Odgovor: može se vidjeti da je y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 posebno rješenje LIDE, a 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 jednadžba oblika y ~ = A cos β x + B sin β x x γ , pri čemu se A i B smatraju neodređenim koeficijentima, a r broj kompleksnih konjugiranih korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom, jednak ± i β . U ovom slučaju traženje koeficijenata provodi se po jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 3

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

Odluka

Prije pisanja karakteristične jednadžbe nalazimo y 0 . Zatim

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 ~ izvršiti 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. Dobivamo sustav oblika:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Slijedi da je y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x .

Odgovor: smatra se općim rješenjem izvornog LIDE drugog reda s konstantnim koeficijentima

y = y 0 + y ~ = = C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x) + - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x

Kada je f (x) = e a x P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) , tada je y ~ = e a x (L m (x) sin (β x) + N m (x) ) cos (β x) x γ Imamo da je r broj kompleksnih konjugiranih parova korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom, jednak α ± i β , gdje je P n (x) , Q k (x) , L m ( x) i N m (x) su polinomi stupnja n, k, m, gdje m = m a x (n, k). Pronalaženje koeficijenata L m (x) i N m (x) proizvodi se na temelju jednakosti y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Primjer 4

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

Odluka

Iz uvjeta je jasno da

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

Tada je m = m a x (n , k) = 1 . Nalazimo y 0 tako da prvo zapišemo karakterističnu jednadžbu oblika:

k 2 - 3 k + 2 = 0 D = 3 2 - 4 1 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1, k 2 = 3 + 1 2 = 2

Otkrili smo da su korijeni stvarni i različiti. Stoga je y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Zatim je potrebno tražiti opće rješenje na temelju nehomogene jednadžbe y ~ oblika

y ~ = e α x (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C) x + D) sin (5 x)) x 0 = = e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))

Poznato je da su A, B, C koeficijenti, r = 0, jer ne postoji par konjugiranih korijena povezanih s karakterističnom jednadžbom s α ± i β = 3 ± 5 · i . Ovi koeficijenti se nalaze iz 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 slični pojmovi daje

E 3 x ((15 A + 23 C) x sin (5 x) + + (10 A + 15 B - 3 C + 23 D) sin (5 x) + + (23 A - 15 C) x cos (5 x) + (- 3 A + 23 B - 10 C - 15 D) cos (5 x)) = = - e 3 x (38 x sin (5 x) + 45 sin (5 x) + + 8 x cos ( 5 x) - 5 cos (5 x))

Nakon izjednačavanja koeficijenata dobivamo sustav oblika

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

Iz svega proizlazi da

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

Odgovor: sada je dobiveno opće rješenje zadane linearne jednadžbe:

y = y 0 + y ~ = = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))

Algoritam za rješavanje LDNU

Definicija 1

Bilo koja druga vrsta funkcije f (x) za rješenje daje algoritam rješenja:

• pronalaženje općeg rješenja odgovarajuće linearne homogene jednadžbe, gdje je y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , gdje je y 1 i y2 su linearno neovisna partikularna rješenja za LODE, Od 1 i Od 2 smatraju se proizvoljnim konstantama;
• prihvaćanje kao opće rješenje LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• definicija derivacija funkcije kroz sustav oblika C 1 "(x) + y 1 (x) + C 2 "(x) y 2 (x) = 0 C 1 "(x) + y 1" (x ) + C 2 " (x) y 2 "(x) = f (x) , i pronalaženje funkcija C 1 (x) i C 2 (x) kroz integraciju.

Primjer 5

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

Odluka

Nastavljamo s pisanjem karakteristične jednadžbe, nakon što smo prethodno napisali y 0 , y "" + 36 y = 0 . Napišimo i riješimo:

k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = - 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)

Imamo da će zapis općeg rješenja zadane jednadžbe imati oblik y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x) . Potrebno je prijeći na definiciju derivacijskih funkcija C 1 (x) i C2(x) prema sustavu s jednadžbama:

C 1 "(x) cos (6 x) + C 2" (x) sin (6 x) = 0 C 1 "(x) (cos (6 x))" + C 2 "(x) (sin (6 x)) " = 0 ⇔ C 1 " (x) cos (6 x) + C 2 " (x) sin (6 x) = 0 C 1 " (x) (- 6 sin (6 x) + C 2 " (x) (6 cos (6 x)) \u003d \u003d 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x

Potrebno je donijeti odluku o C 1 "(x) i C2" (x) koristeći bilo koju metodu. Zatim pišemo:

C 1 "(x) \u003d - 4 sin 2 (6 x) + 2 sin (6 x) cos (6 x) - 6 e 6 x sin (6 x) C 2 "(x) \u003d 4 sin (6 x) cos (6 x) - 2 cos 2 (6 x) + 6 e 6 x cos (6 x)

Svaka od jednadžbi mora biti integrirana. Zatim zapisujemo rezultirajuće jednadžbe:

C 1 (x) = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin ( 6 x) + C 3 C 2 (x) = - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4

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

Ovaj stavak će razmotriti poseban slučaj linearne jednadžbe drugog reda, kada su koeficijenti jednadžbe konstantni, odnosno brojevi. Takve se jednadžbe nazivaju jednadžbe s konstantnim koeficijentima. Ova vrsta jednadžbe nalazi osobito široku primjenu.

1. Linearne homogene diferencijalne jednadžbe

drugog reda s konstantnim koeficijentima

Razmotrimo jednadžbu

gdje su koeficijenti konstantni. Uz pretpostavku da dijeleći sve članove jednadžbe sa i označavajući

ovu jednadžbu zapisujemo u obliku

Kao što je poznato, da bi se pronašlo opće rješenje linearne homogene jednadžbe drugog reda, dovoljno je znati njezino temeljni sustav privatne odluke. Pokažimo kako se nalazi temeljni sustav partikularnih rješenja za homogenu linearnu diferencijalnu jednadžbu s konstantnim koeficijentima. Konkretno rješenje ove jednadžbe potražit ćemo u obliku

Diferenciramo ovu funkciju dva puta i zamijenimo izraze za u jednadžbu (59), dobivamo

Budući da , Zatim, smanjenjem za dobivamo jednadžbu

Iz ove jednadžbe određuju se one vrijednosti k za koje će funkcija biti rješenje jednadžbe (59).

Algebarska jednadžba (61) za određivanje koeficijenta k naziva se karakteristična jednadžba zadane diferencijalne jednadžbe (59).

Karakteristična jednadžba je jednadžba drugog stupnja i stoga ima dva korijena. Ti korijeni mogu biti ili stvarno različiti, ili stvarni i jednaki, ili složeni konjugirani.

Razmotrimo oblik temeljnog sustava parcijalnih rješenja u svakom od ovih slučajeva.

1. Korijeni karakteristične jednadžbe su realni i različiti: . U ovom slučaju, prema formuli (60), nalazimo dva posebna rješenja:

Ova dva posebna rješenja čine temeljni sustav rješenja na cijeloj brojevnoj pravoj, budući da Wronskyjeva determinanta nikada ne nestaje:

Stoga opće rješenje jednadžbe prema formuli (48) ima oblik

2. Korijeni karakteristične jednadžbe jednaki su: . U ovom slučaju će oba korijena biti stvarna. Formulom (60) dobivamo samo jedno određeno rješenje

Pokažimo da drugo partikularno rješenje, koje zajedno s prvim čini temeljni sustav, ima oblik

Prije svega provjeravamo je li funkcija rješenje jednadžbe (59). Stvarno,

Ali , budući da je korijen karakteristične jednadžbe (61). Osim toga, prema Vietinom teoremu, dakle . Dakle, , tj. funkcija je doista rješenje jednadžbe (59).

Pokažimo sada da pronađena partikularna rješenja čine temeljni sustav rješenja. Stvarno,

Dakle, u ovom slučaju, opće rješenje homogene linearne jednadžbe ima oblik

3. Korijeni karakteristične jednadžbe su složeni. Kao što je poznato, kompleksni korijeni kvadratne jednadžbe s realnim koeficijentima su konjugirani kompleksni brojevi, tj. imaju oblik: . U ovom slučaju pojedina rješenja jednadžbe (59), prema formuli (60), imat će oblik:

Koristeći Eulerove formule (vidi poglavlje XI, § 5, str. 3), izrazi za mogu se zapisati u obliku:

Ova rješenja su složena. Da biste dobili prava rješenja, razmotrite nove funkcije

One su linearne kombinacije rješenja i stoga su i same rješenja jednadžbe (59) (vidi § 3, točku 2, teorem 1).

Lako je pokazati da je determinanta Wronskyja za ova rješenja različita od nule i stoga rješenja čine temeljni sustav rješenja.

Dakle, opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe u slučaju kompleksnih korijena karakteristične jednadžbe ima oblik

Zaključno dajemo tablicu formula za opće rješenje jednadžbe (59) ovisno o obliku korijena karakteristične jednadžbe.

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

Prelazimo na razmatranje diferencijalnih jednadžbi drugog reda i diferencijalnih jednadžbi višeg reda. Ako imate nejasnu ideju o tome što je diferencijalna jednadžba (ili uopće ne razumijete što je), onda preporučujem da počnete s lekcijom Diferencijalne jednadžbe prvog reda. Primjeri rješenja. Mnoga načela odlučivanja i Osnovni koncepti diffuri prvog reda automatski se, dakle, proširuju na diferencijalne jednadžbe višeg reda vrlo je važno najprije razumjeti jednadžbe prvog reda.

Mnogi čitatelji mogu imati predrasudu da je DE 2., 3. i drugih reda nešto vrlo teško i nedostupno za svladavanje. Ovo nije istina . Naučite rješavati difuzije višeg reda jedva kompliciraniji od "običnih" DE-ova 1. reda. A ponegdje je i lakše jer se u odlukama aktivno koristi gradivo školskog kurikuluma.

Najpopularniji diferencijalne jednadžbe drugog reda. U diferencijalnu jednadžbu drugog reda nužno uključuje drugu izvedenicu i nije uključeno

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

Diferencijalne jednadžbe trećeg reda u praktični zadaci javljaju se mnogo rjeđe, prema mojim subjektivnim zapažanjima u Državna Duma dobili bi oko 3-4% glasova.

U diferencijalnu jednadžbu trećeg reda nužno uključuje treću izvedenicu i nije uključeno derivati ​​višeg reda:

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

Slično se mogu definirati diferencijalne jednadžbe 4., 5. i višeg reda. U praktičnim problemima, takav DE izuzetno rijetko klizi, međutim, pokušat ću dati relevantne primjere.

Diferencijalne jednadžbe višeg reda koje se predlažu u praktičnim problemima mogu se podijeliti u dvije glavne skupine.

1) Prva skupina - tzv jednadžbe nižeg reda. Uletjeti!

2) Druga grupa - linearne jednadžbe viših redova s ​​konstantnim koeficijentima. Što ćemo odmah početi razmatrati.

Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda
s konstantnim koeficijentima

U teoriji i praksi razlikuju se dvije vrste takvih jednadžbi - homogena jednadžba i nehomogena jednadžba.

Homogeni DE drugog reda s konstantnim koeficijentima Ima sljedeći pogled:
, gdje su i konstante (brojevi), a na desnoj strani - strogo nula.

Kao što vidite, nema posebnih poteškoća s homogenim jednadžbama, glavna stvar je to ispravno odlučiti kvadratna jednadžba .

Ponekad postoje nestandardne homogene jednadžbe, na primjer, jednadžba u obliku , gdje na drugom izvodu postoji neka konstanta , različita od jedinice (i, naravno, različita od nule). Algoritam rješenja se uopće ne mijenja, treba mirno sastaviti karakterističnu jednadžbu i pronaći njezine korijene. Ako je karakteristična jednadžba imat će dva različita stvarna korijena, na primjer: , tada se opće rješenje može napisati na uobičajen način: .

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

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

tj. opće rješenje postoji u svakom slučaju. Budući da svaka kvadratna jednadžba ima dva korijena.

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

Linearne homogene jednadžbe višeg reda

Sve je jako, jako slično.

Linearna homogena jednadžba trećeg reda ima sljedeći oblik:
, gdje su konstante.
Za ovu jednadžbu također morate sastaviti karakterističnu jednadžbu i pronaći njezine korijene. Karakteristična jednadžba, kao što su mnogi pogodili, izgleda ovako:
, i to svejedno Ima točno tri korijen.

Neka su, na primjer, svi korijeni stvarni i različiti: , tada se opće rješenje može zapisati na sljedeći način:

Ako je jedan korijen stvaran, a druga dva konjugirana kompleksna, onda opće rješenje zapisujemo na sljedeći način:

Poseban slučaj kada su sva tri korijena višestruka (isti). Razmotrimo najjednostavniji homogeni DE 3. reda s usamljenim ocem: . Karakteristična jednadžba ima tri podudarna nula korijena. Opće rješenje zapisujemo na sljedeći način:

Ako je karakteristična jednadžba ima, na primjer, tri višestruka korijena, tada je opće rješenje:

Primjer 9

Riješite homogenu diferencijalnu jednadžbu trećeg reda

Odluka: Sastavljamo i rješavamo karakterističnu jednadžbu:

, - dobije se jedan pravi korijen i dva konjugirana kompleksna korijena.

Odgovor: zajednička odluka

Slično, možemo razmotriti linearnu homogenu jednadžbu četvrtog reda s konstantnim koeficijentima: , gdje su konstante.