Ligning

hvor og er kontinuerlige funksjoner i intervallet kalles en annenordens inhomogen lineær differensialligning, funksjoner og er dens koeffisienter. Hvis i dette intervallet, har ligningen formen:

og kalles en homogen lineær differensialligning av andre orden. Hvis ligning (**) har samme koeffisienter og som ligning (*), kalles det en homogen ligning som tilsvarer den inhomogene ligningen (*).

Homogene lineære differensialligninger av andre orden

La inn den lineære ligningen

Og er konstante reelle tall.

Vi vil se etter en bestemt løsning på ligningen i form av en funksjon , hvor er et reelt eller komplekst tall som skal bestemmes. Ved å differensiere med får vi:

Ved å erstatte den opprinnelige differensialligningen får vi:

Derfor, med tanke på at , har vi:

Denne ligningen kalles den karakteristiske ligningen til en homogen lineær differensialligning. Den karakteristiske ligningen gjør det mulig å finne. Dette er en ligning av andre grad, så den har to røtter. La oss betegne dem med og . Tre tilfeller er mulige:

1) Røttene er ekte og annerledes. I dette tilfellet generell løsning ligninger:

Eksempel 1

2) Røttene er ekte og like. I dette tilfellet er den generelle løsningen på ligningen:

Eksempel2

Fant du deg selv på denne siden og prøvde å løse et problem for en eksamen eller prøve? Hvis du fortsatt ikke kunne bestå eksamen, bestill neste gang en avtale på forhånd på nettsiden om Online hjelp i høyere matematikk.

Den karakteristiske ligningen har formen:

Løsning av den karakteristiske ligningen:

Den generelle løsningen på den opprinnelige differensialligningen er:

3) Komplekse røtter. I dette tilfellet er den generelle løsningen på ligningen:

Eksempel 3

Den karakteristiske ligningen har formen:

Løsning av den karakteristiske ligningen:

Den generelle løsningen på den opprinnelige differensialligningen er:

Inhomogene lineære differensialligninger av andre orden

La oss nå vurdere å løse noen typer lineær inhomogen ligning andre orden med konstante koeffisienter

hvor og er konstante reelle tall, er en kjent kontinuerlig funksjon i intervallet . For å finne en generell løsning på en slik differensialligning, er det nødvendig å kjenne den generelle løsningen til den tilsvarende homogene differensialligningen og den spesielle løsningen. La oss se på noen tilfeller:

Vi ser også etter en delvis løsning av differensialligningen i form av et kvadratisk trinomial:

Hvis 0 er en enkelt rot av den karakteristiske ligningen, da

Hvis 0 er en dobbeltrot av den karakteristiske ligningen, da

Situasjonen er lik hvis er et polynom av vilkårlig grad

Eksempel 4

La oss løse det tilsvarende homogen ligning.

Karakteristisk ligning:

Generell løsning av den homogene ligningen:

La oss finne en spesiell løsning på den inhomogene differensialligningen:

Ved å erstatte de funnet deriverte i den opprinnelige differensialligningen får vi:

Den nødvendige spesielle løsningen:

Den generelle løsningen på den opprinnelige differensialligningen er:

Vi ser etter en bestemt løsning i formen , hvor er den ubestemte koeffisienten.

Ved å erstatte og inn i den opprinnelige differensialligningen får vi en identitet som vi finner koeffisienten fra.

Hvis er roten til den karakteristiske ligningen, så ser vi etter en spesiell løsning av den opprinnelige differensialligningen på formen , når er en enkelt rot, og , når er en dobbelrot.

Eksempel 5

Karakteristisk ligning:

Den generelle løsningen av den tilsvarende homogene differensialligningen er:

La oss finne en spesiell løsning på den tilsvarende inhomogene differensialligningen:

Generell løsning av differensialligningen:

I dette tilfellet ser vi etter en bestemt løsning i form av en trigonometrisk binomial:

hvor og er ubestemte koeffisienter

Ved å erstatte og inn i den opprinnelige differensialligningen får vi en identitet som vi finner koeffisientene fra.

Disse ligningene bestemmer koeffisientene og unntatt i tilfelle når (eller når - røttene til den karakteristiske ligningen). I sistnevnte tilfelle ser vi etter en spesiell løsning på differensialligningen i formen:

Eksempel6

Karakteristisk ligning:

Den generelle løsningen av den tilsvarende homogene differensialligningen er:

La oss finne en spesiell løsning på den inhomogene dif-ligningen

Ved å erstatte den opprinnelige differensialligningen får vi:

Den generelle løsningen på den opprinnelige differensialligningen er:

Konvergens av tallserier
Definisjonen av konvergensen til en serie er gitt, og problemene med å studere konvergens vurderes i detalj nummerserie- sammenligningstester, d’Alembert-konvergenstest, Cauchy-konvergenstest og integrert Cauchy-konvergenstest⁡.

Absolutt og betinget konvergens av serier
Siden diskuterer alternerende tegnserier, deres betingede og absolutte konvergens, Leibniz konvergenstest for alternerende tegnserier - inneholder kort teori om temaet og et eksempel på løsning av problemet.

Lineær differensialligning av andre orden kalt en formlikning

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

Hvor y er funksjonen som skal finnes, og s(x) , q(x) Og f(x) - kontinuerlige funksjoner på et visst intervall ( a, b) .

Hvis høyre side av ligningen er null ( f(x) = 0), så kalles ligningen lineær homogen ligning . Den praktiske delen av denne leksjonen vil hovedsakelig være viet slike ligninger. Hvis høyre side av ligningen ikke er lik null ( f(x) ≠ 0), så kalles ligningen .

I oppgavene er vi pålagt å løse ligningen for y"" :

y"" = −s(x)y" − q(x)y + f(x) .

Andre ordens lineære differensialligninger har en unik løsning Cauchy problemer .

Lineær homogen differensialligning av andre orden og dens løsning

Tenk på en lineær homogen differensialligning av andre orden:

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

Hvis y1 (x) Og y2 (x) er spesielle løsninger av denne ligningen, så er følgende påstander sanne:

1) y1 (x) + y 2 (x) - er også en løsning på denne ligningen;

2) Cy1 (x) , Hvor C- en vilkårlig konstant (konstant), er også en løsning på denne ligningen.

Av disse to utsagnene følger det at funksjonen

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

er også en løsning på denne ligningen.

Et rettferdig spørsmål oppstår: er denne løsningen generell løsning av en lineær homogen differensialligning av andre orden , det vil si en slik løsning der, for ulike verdier C1 Og C2 Er det mulig å få alle mulige løsninger på ligningen?

Svaret på dette spørsmålet er: kanskje, men under visse forhold. Dette betingelse om hvilke egenskaper bestemte løsninger skal ha y1 (x) Og y2 (x) .

Og denne tilstanden kalles tilstand lineær uavhengighet private løsninger.

Teorem. Funksjon C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) er en generell løsning på en lineær homogen andreordens differensialligning hvis funksjonene y1 (x) Og y2 (x) lineært uavhengig.

Definisjon. Funksjoner y1 (x) Og y2 (x) kalles lineært uavhengig hvis forholdet deres er en konstant ikke-null:

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

Imidlertid er det ofte svært arbeidskrevende å bestemme per definisjon om disse funksjonene er lineært uavhengige. Det er en måte å etablere lineær uavhengighet ved å bruke Wronski-determinanten W(x) :

Hvis Wronski-determinanten ikke er lik null, er løsningene lineært uavhengige . Hvis Wronski-determinanten er null, er løsningene lineært avhengige.

Eksempel 1. Finn den generelle løsningen av en lineær homogen differensialligning.

Løsning. Vi integrerer to ganger og, som det er lett å se, for at forskjellen mellom den andrederiverte av en funksjon og funksjonen i seg selv skal være lik null, må løsningene assosieres med en eksponential hvis deriverte er lik seg selv. Det vil si at delløsningene er og .

Siden Wronski-determinanten

er ikke lik null, så er disse løsningene lineært uavhengige. Derfor kan den generelle løsningen til denne ligningen skrives som

.

Lineære homogene andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter: teori og praksis

Lineær homogen differensialligning av andre orden med konstante koeffisienter kalt en formlikning

y"" + py" + qy = 0 ,

Hvor s Og q- konstante verdier.

Det faktum at dette er en andreordens ligning indikeres av tilstedeværelsen av den andre deriverte av den ønskede funksjonen, og dens homogenitet er indikert med null på høyre side. Verdiene som allerede er nevnt ovenfor kalles konstante koeffisienter.

Til løse en lineær homogen andreordens differensialligning med konstante koeffisienter , må du først løse den såkalte karakteristisk ligning type

k² + pq + q = 0 ,

som, som man kan se, er en vanlig andregradsligning.

Avhengig av løsningen av den karakteristiske ligningen, er tre forskjellige alternativer mulige løsninger til en lineær homogen andreordens differensialligning med konstante koeffisienter , som vi nå skal analysere. For fullstendig bestemthet vil vi anta at alle spesielle løsninger er testet av Wronski-determinanten og at den ikke er lik null i alle tilfeller. Tviler kan imidlertid sjekke dette selv.

Røttene til den karakteristiske ligningen er reelle og distinkte

Med andre ord,. I dette tilfellet har løsningen til en lineær homogen annenordens differensialligning med konstante koeffisienter formen

.

Eksempel 2. Løs en lineær homogen differensialligning

.

Eksempel 3. Løs en lineær homogen differensialligning

.

Løsning. Den karakteristiske ligningen har formen , dens røtter og er ekte og distinkte. De tilsvarende partielle løsningene av ligningen er: og . Den generelle løsningen av denne differensialligningen har formen

.

Røttene til den karakteristiske ligningen er reelle og like

Det vil si. I dette tilfellet har løsningen til en lineær homogen annenordens differensialligning med konstante koeffisienter formen

.

Eksempel 4. Løs en lineær homogen differensialligning

.

Løsning. Karakteristisk ligning har like røtter. De tilsvarende partielle løsningene av ligningen er: og . Den generelle løsningen av denne differensialligningen har formen

Eksempel 5. Løs en lineær homogen differensialligning

.

Løsning. Den karakteristiske ligningen har like røtter. De tilsvarende partielle løsningene av ligningen er: og . Den generelle løsningen av denne differensialligningen har formen

Denne artikkelen tar for seg spørsmålet om å løse lineære inhomogene differensialligninger andre orden med konstante koeffisienter. Teorien vil bli diskutert sammen med eksempler på gitte problemer. For å tyde uklare termer, er det nødvendig å referere til emnet om de grunnleggende definisjonene og konseptene til teorien om differensialligninger.

La oss vurdere en lineær differensialligning (LDE) av andre orden med konstante koeffisienter av formen y "" + p · y " + q · y = f (x), hvor p og q er vilkårlige tall, og den eksisterende funksjonen f (x) er kontinuerlig på integrasjonsintervallet x.

La oss gå videre til formuleringen av teoremet for den generelle løsningen av LNDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Generell løsningsteorem for LDNU

Teorem 1

En generell løsning, lokalisert på intervallet x, av en inhomogen differensialligning av formen y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) med kontinuerlige integrasjonskoeffisienter på x-intervallet f 0 (x), f 1 (x), . . . fn - 1 (x) og kontinuerlig funksjon f (x) er lik summen av den generelle løsningen y 0, som tilsvarer LOD og en spesiell løsning y ~, hvor den opprinnelige inhomogene ligningen er y = y 0 + y ~.

Dette viser at løsningen til en slik annenordens ligning har formen y = y 0 + y ~ . Algoritmen for å finne y 0 er omtalt i artikkelen om lineære homogene andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter. Deretter bør vi gå videre til definisjonen av y ~.

Valget av en bestemt løsning på LPDE avhenger av typen tilgjengelig funksjon f (x) plassert på høyre side av ligningen. For å gjøre dette er det nødvendig å vurdere separat løsningene av lineære inhomogene andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter.

Når f (x) anses å være et polynom av n-te grad f (x) = P n (x), følger det at en bestemt løsning av LPDE blir funnet ved å bruke en formel på formen y ~ = Q n (x ) x γ, hvor Q n ( x) er et polynom av grad n, r er antallet nullrøtter til den karakteristiske ligningen. Verdien y ~ er en spesiell løsning y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , deretter de tilgjengelige koeffisientene som er definert av polynomet
Q n (x), finner vi ved å bruke metoden for ubestemte koeffisienter fra likheten y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Eksempel 1

Regn ut ved å bruke Cauchys teorem y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Løsning

Med andre ord er det nødvendig å gå til en bestemt løsning av en lineær inhomogen differensialligning av andre orden med konstante koeffisienter y "" - 2 y " = x 2 + 1, som vil tilfredsstille de gitte betingelsene y (0) = 2, y" (0) = 1 4 .

Den generelle løsningen av en lineær inhomogen ligning er summen av den generelle løsningen, som tilsvarer ligningen y 0 eller en spesiell løsning til den inhomogene ligningen y ~, det vil si y = y 0 + y ~.

Først vil vi finne en generell løsning for LNDU, og deretter en spesiell.

La oss gå videre til å finne y 0. Å skrive ned den karakteristiske ligningen vil hjelpe deg med å finne røttene. Det skjønner vi

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

Vi fant ut at røttene er annerledes og ekte. La oss derfor skrive ned

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

La oss finne y ~ . Det kan sees at høyre side til gitt ligning er et polynom av andre grad, så er en av røttene lik null. Fra dette får vi at en bestemt løsning for y ~ vil være

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, hvor verdiene til A, B, C tar på seg ubestemte koeffisienter.

La oss finne dem fra en likhet på formen y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1.

Da får vi det:

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

Ved å likestille koeffisientene med de samme eksponentene til x får vi et system med lineære uttrykk - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Når vi løser med en av metodene, vil vi finne koeffisientene og skrive: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 og y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Denne oppføringen kalles den generelle løsningen av den opprinnelige lineære inhomogene andreordens differensialligningen med konstante koeffisienter.

For å finne en bestemt løsning som tilfredsstiller betingelsene y (0) = 2, y "(0) = 1 4, er det nødvendig å bestemme verdiene C 1 Og C 2, basert på en likhet på formen y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Vi får det:

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

Vi arbeider med det resulterende likningssystemet på formen C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, hvor C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Ved å bruke Cauchys teorem, har vi det

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

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

Når funksjonen f (x) er representert som produktet av et polynom med grad n og en eksponent f (x) = P n (x) · e a x , får vi at en bestemt løsning av andreordens LPDE vil være en likning av formen y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, hvor Q n (x) er et polynom av n-te grad, og r er antall røtter til den karakteristiske likningen lik α.

Koeffisientene som tilhører Q n (x) finnes ved likheten y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Eksempel 2

Finn den generelle løsningen til en differensialligning av formen y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Løsning

Ligning generelt syn y = y 0 + y ~ . Ovenstående ligning tilsvarer LOD y "" - 2 y " = 0. Fra forrige eksempel kan det sees at røttene er like k 1 = 0 og k 2 = 2 og y 0 = C 1 + C 2 e 2 x ved den karakteristiske ligningen.

Det er klart det høyre side ligningen er x 2 + 1 · e x . Herfra finnes LPDE gjennom y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, hvor Q n (x) er et polynom av andre grad, hvor α = 1 og r = 0, fordi den karakteristiske ligningen ikke har en rot lik 1. Herfra får vi det

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 er ukjente koeffisienter som kan finnes ved likheten y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Skjønner det

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

Vi setter likhetstegn mellom indikatorene med de samme koeffisientene og får et system med lineære ligninger. Herfra finner vi A, B, C:

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

Svare: det er klart at y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 er en spesiell løsning av LNDDE, og y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - en generell løsning for en annenordens inhomogen dif-ligning.

Når funksjonen skrives som f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, og A 1 Og B 1 er tall, anses en partiell løsning av LPDE å være en ligning av formen y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, hvor A og B regnes som ubestemte koeffisienter, og r er antallet av komplekse konjugerte røtter relatert til den karakteristiske ligningen, lik ± i β . I dette tilfellet utføres søket etter koeffisienter ved å bruke likheten y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Eksempel 3

Finn den generelle løsningen til en differensialligning av formen y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Løsning

Før vi skriver den karakteristiske ligningen, finner vi y 0. Da

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

Vi har et par komplekse konjugerte røtter. La oss transformere og få:

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

Røttene til den karakteristiske ligningen anses å være konjugatparet ± 2 i, da f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Dette viser at søket etter y ~ vil bli gjort fra y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Ukjente Vi vil se etter koeffisientene A og B fra en likhet på formen y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

La oss konvertere:

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)

Da er det klart det

y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ (- 4 A cos (2 x) - 4 B sin (2 x)) x - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) + + 4 (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ⇔ - 4 A sin (2 x) + 4 B cos (2 x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x)

Det er nødvendig å likestille koeffisientene til sinus og cosinus. Vi får et system av skjemaet:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Det følger at y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Svare: den generelle løsningen av den originale andreordens LDDE med konstante koeffisienter vurderes

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

Når f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), så er y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ Vi har at r er antallet komplekse konjugerte par av røtter relatert til den karakteristiske ligningen, lik α ± i β, hvor P n (x), Q k (x), L m (x) og Nm(x) er polynomer av grad n, k, m, m, hvor m = m a x (n, k). Finne koeffisienter Lm(x) Og Nm(x) er laget basert på likheten y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Eksempel 4

Finn den generelle løsningen y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Løsning

Ifølge betingelsen er det klart at

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

Da er m = m a x (n, k) = 1. Vi finner y 0 ved først å skrive en karakteristisk ligning av formen:

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

Vi fant ut at røttene er ekte og distinkte. Derfor y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Deretter er det nødvendig å se etter en generell løsning basert på den inhomogene ligningen y ~ av formen

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))

Det er kjent at A, B, C er koeffisienter, r = 0, fordi det ikke er et par konjugerte røtter relatert til den karakteristiske ligningen med α ± i β = 3 ± 5 · i. Vi finner disse koeffisientene fra den resulterende likheten:

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))

Å finne den deriverte og lignende vilkår gir

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))

Etter å ha likestilt koeffisientene får vi et system av formen

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

Av alt følger det

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

Svare: Nå har vi fått en generell løsning på den gitte lineære ligningen:

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))

Algoritme for å løse LDNU

Definisjon 1

Enhver annen type funksjon f (x) for løsning krever samsvar med løsningsalgoritmen:

• finne en generell løsning på den tilsvarende lineære homogene ligningen, hvor y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, hvor y 1 Og y 2 er lineært uavhengige delløsninger av LODE, C 1 Og C 2 betraktes som vilkårlige konstanter;
• akseptere som en generell løsning LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
• bestemmelse av deriverte av en funksjon gjennom et system av formen 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) , og finne funksjoner C 1 (x) og C 2 (x) gjennom integrasjon.

Eksempel 5

Finn den generelle løsningen for y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Løsning

Vi fortsetter med å skrive den karakteristiske ligningen, etter å ha skrevet y 0, y "" + 36 y = 0. La oss skrive og løse:

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)

Vi har at den generelle løsningen av den gitte ligningen vil bli skrevet som y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Det er nødvendig å gå videre til definisjonen av derivatfunksjoner C 1 (x) Og C2(x) etter et system med ligninger:

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

Det må tas en avgjørelse vedr C 1" (x) Og C 2" (x) ved hjelp av hvilken som helst metode. Så skriver vi:

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

Hver av ligningene må integreres. Så skriver vi de resulterende ligningene:

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

Det følger at den generelle løsningen vil ha formen:

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)

Svare: y = y 0 + y ~ = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter

Dette avsnittet vil diskutere spesielt tilfelle lineære ligninger av andre orden, når koeffisientene til ligningen er konstante, det vil si at de er tall. Slike likninger kalles likninger med konstante koeffisienter. Denne typen ligninger finner spesielt bred anvendelse.

1. Lineære homogene differensialligninger

andre orden med konstante koeffisienter

Tenk på ligningen

hvor koeffisientene er konstante. Forutsatt at å dele alle ledd i ligningen med og betegne

La oss skrive denne ligningen i skjemaet

Som kjent, for å finne en generell løsning på en lineær homogen annenordens ligning, er det nok å vite det grunnleggende system private løsninger. La oss vise hvordan man finner et grunnleggende system med partielle løsninger for en homogen lineær differensialligning med konstante koeffisienter. Vi vil se etter en spesiell løsning på denne ligningen i skjemaet

Ved å differensiere denne funksjonen to ganger og erstatte uttrykk for i ligning (59), får vi

Siden , da, redusere med får vi ligningen

Fra denne ligningen bestemmes de verdiene av k for hvilke funksjonen vil være en løsning på ligning (59).

Den algebraiske ligningen (61) for å bestemme koeffisienten k kalles den karakteristiske ligningen til denne differensialligningen (59).

Den karakteristiske ligningen er en ligning av andre grad og har derfor to røtter. Disse røttene kan enten være virkelig distinkte, ekte og like, eller komplekse konjugerte.

La oss vurdere hvilken form det grunnleggende systemet med spesielle løsninger har i hvert av disse tilfellene.

1. Røttene til den karakteristiske ligningen er reelle og forskjellige: . I dette tilfellet, ved å bruke formel (60) finner vi to delløsninger:

Disse to spesielle løsningene danner et grunnleggende system av løsninger på hele den numeriske aksen, siden Wronski-determinanten ikke forsvinner noe sted:

Følgelig har den generelle løsningen av ligningen i henhold til formel (48) formen

2. Røttene til den karakteristiske ligningen er like: . I dette tilfellet vil begge røttene være ekte. Ved å bruke formel (60) får vi bare én bestemt løsning

La oss vise at den andre spesielle løsningen, som sammen med den første danner et fundamentalt system, har formen

Først av alt, la oss sjekke at funksjonen er en løsning på ligning (59). Virkelig,

Men siden det er en rot av den karakteristiske ligningen (61). I tillegg, ifølge Vietas teorem, Derfor . Følgelig, dvs. funksjonen er virkelig en løsning på ligning (59).

La oss nå vise at de funnet delløsningene danner et grunnleggende system av løsninger. Virkelig,

I dette tilfellet har således den generelle løsningen av den homogene lineære ligningen formen

3. Røttene til den karakteristiske ligningen er komplekse. Som kjent er de komplekse røttene til en kvadratisk ligning med reelle koeffisienter konjugerte komplekse tall, dvs. de ser ut som: . I dette tilfellet vil partielle løsninger av ligning (59), i henhold til formel (60), ha formen:

Ved å bruke Eulers formler (se kapittel XI, § 5, avsnitt 3), kan uttrykk for skrives som:

Disse løsningene er omfattende. For å få gyldige løsninger, vurder de nye funksjonene

De er lineære kombinasjoner av løsninger og er derfor i seg selv løsninger til ligning (59) (se § 3, punkt 2, setning 1).

Det er lett å vise at Wronski-determinanten for disse løsningene ikke er null, og derfor utgjør løsningene et grunnleggende system av løsninger.

Dermed har den generelle løsningen av en homogen lineær differensialligning i tilfelle av komplekse røtter til den karakteristiske ligningen formen

Avslutningsvis presenterer vi en tabell med formler for den generelle løsningen av ligning (59) avhengig av typen røtter til den karakteristiske ligningen.

Differensialligninger av andre orden og høyere orden.
Lineære differensialligninger av andre orden med konstante koeffisienter.
Eksempler på løsninger.

La oss gå videre til å vurdere andreordens differensialligninger og høyereordens differensialligninger. Hvis du har en vag idé om hva en differensialligning er (eller ikke forstår hva det er i det hele tatt), anbefaler jeg å starte med leksjonen Første ordens differensialligninger. Eksempler på løsninger. Mange løsningsprinsipper og grunnleggende konsepter førsteordens diffusorer utvides derfor automatisk til differensialligninger av høyere orden det er veldig viktig å først forstå førsteordensligningene.

Mange lesere kan ha en fordom om at fjernstyring av 2., 3. og andre ordener er noe veldig vanskelig og utilgjengelig å mestre. Dette er feil . Lær å løse diffuser høyere orden neppe mer komplisert enn "vanlige" 1. ordens DE-er. Og noen steder er det enda enklere, siden løsningene aktivt bruker stoff fra skolens læreplan.

Mest populær andre ordens differensialligninger. Til en andreordens differensialligning Nødvendigvis inkluderer den andre deriverte og ikke inkludert

Det bør bemerkes at noen av babyene (og til og med alle på en gang) kan mangle i ligningen det er viktig at faren er hjemme. Den mest primitive andreordens differensialligningen ser slik ut:

Tredje ordens differensialligninger i praktiske oppgaver er mye mindre vanlige, ifølge mine subjektive observasjoner i Statsdumaen de ville få rundt 3-4 % av stemmene.

Til en tredjeordens differensialligning Nødvendigvis inkluderer den tredje deriverte og ikke inkludert derivater av høyere orden:

Den enkleste tredjeordens differensialligningen ser slik ut: – pappa er hjemme, alle barna er ute på tur.

På lignende måte kan du definere differensialligninger av 4., 5. og høyere orden. I praktiske problemer svikter sjelden slike kontrollsystemer, men jeg skal prøve å gi relevante eksempler.

Differensialligninger av høyere orden, som foreslås i praktiske oppgaver, kan deles inn i to hovedgrupper.

1) Den første gruppen - den såkalte ligninger som kan reduseres i rekkefølge. Kom igjen!

2) Andre gruppe – lineære ligninger høyere ordre med konstante koeffisienter. Som vi skal begynne å se på akkurat nå.

Lineære differensialligninger av andre orden
med konstante koeffisienter

I teori og praksis skilles to typer slike ligninger: homogen ligning Og inhomogen ligning.

Homogen andreordens DE med konstante koeffisienter har neste visning:
, hvor og er konstanter (tall), og på høyre side – strengt tatt null.

Som du kan se, er det ingen spesielle problemer med homogene ligninger, det viktigste er bestemme riktig andregradsligning .

Noen ganger er det ikke-standard homogene ligninger, for eksempel en ligning i formen , hvor det ved den andre deriverte er en konstant forskjellig fra enhet (og naturligvis forskjellig fra null). Løsningsalgoritmen endres ikke i det hele tatt, du bør rolig komponere en karakteristisk ligning og finne dens røtter. Hvis den karakteristiske ligningen vil ha to forskjellige reelle røtter, for eksempel: , da vil den generelle løsningen bli skrevet i henhold til den vanlige ordningen: .

I noen tilfeller, på grunn av en skrivefeil i tilstanden, kan det oppstå "dårlige" røtter, noe sånt som . Hva du skal gjøre, svaret må skrives slik:

Med "dårlige" konjugerte komplekse røtter som ikke noe problem heller, generell løsning:

det vil si det er en generell løsning uansett. Fordi enhver annengradsligning har to røtter.

I det siste avsnittet, som jeg lovet, vil vi kort vurdere:

Lineære homogene ligninger av høyere orden

Alt er veldig, veldig likt.

En lineær homogen ligning av tredje orden har følgende form:
, hvor er konstanter.
For denne ligningen må du også lage en karakteristisk ligning og finne dens røtter. Den karakteristiske ligningen, som mange har gjettet, ser slik ut:
, og det Likevel har nøyaktig tre rot

La for eksempel alle røtter være ekte og distinkte: , vil den generelle løsningen bli skrevet som følger:

Hvis en rot er reell, og de to andre er konjugerte komplekse, skriver vi den generelle løsningen som følger:

Spesielt tilfelle, når alle tre røttene er multipler (det samme). La oss vurdere den enkleste homogene DE av 3. orden med en ensom far: . Den karakteristiske ligningen har tre sammenfallende nullrøtter. Vi skriver den generelle løsningen som følger:

Hvis den karakteristiske ligningen har for eksempel tre multiple røtter, så er den generelle løsningen følgelig som følger:

Eksempel 9

Løs en homogen tredjeordens differensialligning

Løsning: La oss komponere og løse den karakteristiske ligningen:

, – en reell rot og to konjugerte komplekse røtter oppnås.

Svare: generell løsning

På samme måte kan vi vurdere en fjerdeordens lineær homogen ligning med konstante koeffisienter: , hvor er konstanter.