У деяких завданнях фізики безпосередній зв'язок між величинами, що описують процес, встановити не вдається. Але є можливість здобути рівність, що містить похідні досліджуваних функцій. Так виникають диференціальні рівняння та потреба їх вирішення для знаходження невідомої функції.

Ця стаття призначена тим, хто зіштовхнувся із завданням розв'язання диференціального рівняння, у якому невідома функція є однією змінною. Теорія побудована так, що з нульовим уявленням про диференціальні рівняння ви зможете впоратися зі своїм завданням.

Кожному виду диференціальних рівняньпоставлений у відповідність метод рішення з докладними поясненнями та рішеннями характерних прикладів та завдань. Вам залишається лише визначити вид диференціального рівняння Вашого завдання, знайти подібний приклад і провести аналогічні дії.

Для успішного вирішеннядиференціальних рівнянь з Вашого боку також знадобиться вміння знаходити безліч первісних ( невизначені інтеграли) різних функцій. При необхідності рекомендуємо звертатися до розділу.

Спочатку розглянемо види звичайних диференціальних рівнянь першого порядку, які можна дозволено щодо похідної, далі перейдемо до ОДУ другого порядку, потім зупинимося на рівняннях вищих порядків і закінчимо системами диференціальних рівнянь.

Нагадаємо, що якщо y є функцією аргументу x .

Диференціальні рівняння першого ладу.

Найпростіші диференціальні рівняння першого порядку виду.

Запишемо кілька прикладів таких ДК .

Диференційне рівняння можна дозволити щодо похідної, зробивши розподіл обох частин рівності f(x) . У цьому випадку приходимо до рівняння, яке буде еквівалентно вихідному при f(x) ≠ 0 . Прикладами таких ОДУ є.

Якщо є значення аргументу x , у яких функції f(x) і g(x) одночасно перетворюються на нуль, з'являються додаткові рішення. Додатковими рішеннями рівняння за даних x є будь-які функції, визначені цих значень аргументу. Як приклади таких диференціальних рівнянь можна навести.

Диференціальні рівняння другого порядку.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку постійними коефіцієнтами.

ЛОДУ з постійними коефіцієнтами є дуже поширеним видом диференціальних рівнянь. Їхнє рішення не становить особливої ​​складності. Спочатку відшукуються коріння характеристичного рівняння . При різних p і q можливі три випадки: коріння характеристичного рівняння можуть бути дійсними і різними, дійсними і збігаються або комплексно пов'язаними. Залежно від значень коренів характеристичного рівняння записується загальне рішення диференціального рівняння як , або , чи відповідно.

Наприклад розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Коріння його характеристичного рівняння є k 1 = -3 і k 2 = 0 . Коріння дійсне і різне, отже, загальне рішення ЛОДУ з постійними коефіцієнтами має вигляд


Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами.

Загальне рішення ЛНДУ другого порядку із постійними коефіцієнтами y шукається у вигляді суми загального рішеннявідповідного ЛОДУ та приватного рішення вихідного однорідного рівняння, тобто, . Знаходження загального рішення однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами присвячений попередній пункт. А приватне рішення визначається або шляхом невизначених коефіцієнтів при певному виглядіфункції f(x) , що стоїть у правій частині вихідного рівняння, або шляхом варіації довільних постійних.

Як приклади ЛНДУ другого порядку з постійними коефіцієнтами наведемо


Розібратися в теорії та ознайомитися з докладними рішеннямиПрикладів ми Вам пропонуємо на сторінці лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння (ЛОДУ) та лінійні неоднорідні диференціальні рівняння (ЛНДУ) другого порядку.

Окремим випадком диференціальних рівнянь цього виду є ЛОДУ та ЛНДУ з постійними коефіцієнтами.

Загальне рішення ЛОД на деякому відрізку представляється лінійною комбінацією двох лінійно незалежних приватних рішень y 1 і y 2 цього рівняння, тобто, .

Головна складність полягає саме у знаходженні лінійно-незалежних приватних рішень диференціального рівняння цього типу. Зазвичай, приватні рішення вибираються з наступних системлінійно незалежних функцій:


Проте, які завжди приватні рішення представляються у такому вигляді.

Прикладом ЛОДУ є .

Загальне рішення ЛНДУ шукається як , де - загальне рішення відповідного ЛОДУ, а - приватне рішення вихідного диференціального рівняння. Про перебування ми щойно говорили, а можна визначити, користуючись методом варіації довільних постійних.

Як приклад ЛНДУ можна навести .

Диференціальні рівняння найвищих порядків.

Диференціальні рівняння, що допускають зниження порядку.

Порядок диференціального рівняння , яке не містить шуканої функції та її похідних до k-1 порядку, може бути знижено до n-k заміною .

І тут , і вихідне диференціальне рівняння зведеться до . Після знаходження рішення p(x) залишиться повернутися до заміни і визначити невідому функцію y .

Наприклад, диференціальне рівняння після заміни стане рівнянням з змінними, що розділяються, і його порядок з третього знизиться до першого.

Ця стаття розкриває питання рішення лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку з постійними коефіцієнтами. Буде розглянуто теорію разом із прикладами наведених завдань. Для розшифровки незрозумілих термінів необхідно звертатися до теми про основні визначення та поняття теорії диференціальних рівнянь.

Розглянемо лінійне диференціальне рівняння (ЛНДУ) другого порядку з постійними коефіцієнтами виду y "" + p · y " + q · y = f (x) , де довільними числами є p і q а наявна функція f (х) безперервна на інтервалі інтегрування x.

Перейдемо до формулювання теореми загального рішення ЛНДУ.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Теорема загального рішення ЛДНУ

Теорема 1

Загальним рішенням, що знаходиться на інтервалі х, неоднорідного диференціального рівняння виду y(n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) з безперервними коефіцієнтами інтегрування на x інтервалі f 0 (x), f 1 (x),. . . , f n - 1 (x) та безперервною функцією f (x) дорівнює сумі загального рішення y 0 яке відповідає ЛОДУ і яким-небудь приватним рішенням y ~ , де вихідним неоднорідним рівнянням є y = y 0 + y ~ .

Звідси видно, що розв'язання такого рівняння другого порядку має вигляд y = y 0 + y ~ . Алгоритм знаходження y 0 розглянутий у статті про лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Після цього слід переходити до визначення y ~ .

Вибір приватного рішення ЛНДУ залежить від виду наявної функції f (x) , що знаходиться в правій частині рівняння. Для цього необхідно розглянути окремо рішення лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку за постійних коефіцієнтів.

Коли f (x) вважається багаточленом n -ого ступеня f (x) = P n (x) , звідси випливає, що приватне рішення ЛНДУ знаходимо за формулою виду y ~ = Q n (x) · x γ , де Q n ( x) є багаточленом ступеня n, r – це кількість нульових коренів характеристичного рівняння. Значення y ~ є приватним рішенням y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) , тоді наявні коефіцієнти, які визначені багаточленом
Q n (x) відшукуємо за допомогою методу невизначених коефіцієнтів з рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Приклад 1

Обчислити за теоремою Коші y "" - 2 y " = x 2 + 1, y (0) = 2, y "(0) = 1 4 .

Рішення

Інакше кажучи, необхідно перейти до приватного розв'язання лінійного неоднорідного диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами y "" - 2 y " = x 2 + 1 , яке задовольнятиме задані умови y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Загальним рішенням лінійного неоднорідного рівнянняє сума загального рішення, яке відповідає рівнянню y 0 або окремому рішенню неоднорідного рівняння y ~ , тобто y = y 0 + y ~ .

Для початку знайдемо загальне рішення для ЛНДУ, а потім – приватне.

Перейдемо до знаходження y0. Запис характеристичного рівняння допоможе знайти коріння. Отримуємо, що

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

Отримали, що коріння різні та дійсні. Тому запишемо

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

Знайдемо y~. Видно, що права частина за даного рівнянняє многочленом другого ступеня, тоді один із коренів дорівнює нулю. Звідси отримаємо, що приватним рішенням для y~ буде

y ~ = Q 2 (x) · x γ = (A x 2 + B x + C) · x = A x 3 + B x 2 + C x де значення А, В, С приймають невизначені коефіцієнти.

Знайдемо їх із рівності виду y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Тоді отримаємо, що:

y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 (A x 3 + B x 2 + C x) "" - 2 (A x 3 + B x 2 + C x) " = x 2 + 1 3 A x 2 + 2 B x + C " - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 6 A x + 2 B - 6 A x 2 - 4 B x - 2 C = x 2 + 1 - 6 A x 2 + x (6 A - 4 B) + 2 B - 2 C = x 2 + 1

Прирівнявши коефіцієнти з однаковими показниками ступенів x отримаємо систему лінійних виразів - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1 . При розв'язанні будь-яким із способів знайдемо коефіцієнти і запишемо: A = - 1 6 , B = - 1 4 , C = - 3 4 і y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x.

Цей запис називається загальним рішенням вихідного лінійного неоднорідного диференціального рівняння другого порядку із постійними коефіцієнтами.

Для знаходження приватного рішення, яке задовольняє умовам y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 потрібно визначити значення C 1і C 2, Виходячи з рівності виду y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Отримуємо, що:

y(0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = C 1 + C 2 y "(0) = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x "x = 0 = = 2 C 2 e 2 x - 1 2 x 2 + 1 2 x + 3 4 x = 0 = 2 C 2 - 3 4

Працюємо з отриманою системою рівнянь виду C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 де C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Застосувавши теорему Коші, маємо, що

y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x

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

Коли функція f (x) представляється у вигляді добутку багаточлена зі ступенем n і експоненти f (x) = P n (x) · e a x , тоді звідси отримуємо, що приватним рішенням ЛНДУ другого порядку буде рівняння виду y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ , де Q n (x) є многочленом n-го ступеня, а r - кількістю коренів характеристичного рівняння, що дорівнюють α.

Коефіцієнти, що належать Q n (x) знаходяться по рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Приклад 2

Знайти загальне рішення диференціального рівняння виду y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Рішення

Рівняння загального вигляду y = y 0 + y ~. Вказане рівняннявідповідає ЛОДУ y "" - 2 y " = 0. За попереднім прикладом видно, що його коріння дорівнює k 1 = 0і k 2 = 2 і y 0 = C 1 + C 2 e 2 x за характеристичним рівнянням.

Видно що правою частиноюрівняння є x 2 + 1 · e x. Звідси ЛНДУ знаходиться через y ~ = e a x · Q n (x) · x γ , де Q n (x) є багаточленом другого ступеня, де α = 1 і r = 0 , тому що у характеристичного рівняння відсутній корінь, рівний 1 . Звідси отримуємо, що

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

А, В, С є невідомими коефіцієнтами, які можна знайти по рівності y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x .

Отримали, що

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

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

Показники при однакових коефіцієнтах прирівнюємо та отримуємо систему лінійних рівнянь. Звідси і знаходимо А, В, С:

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

Відповідь:видно, що y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 є приватним рішенням ЛНДУ, а y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - загальним рішенням для неоднорідного дифурівняння другого порядку.

Коли функція записується як f(x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x , а А 1і В 1є числами, тоді приватним рішенням ЛНДУ вважається рівняння виду y = A cos β x + B sin β x · x γ , де А і В вважаються невизначеними коефіцієнтами, а r числом комплексно пов'язаних коренів, що відносяться до характеристичного рівняння, що дорівнює ± i β . У цьому випадку пошук коефіцієнтів проводиться за рівною y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Приклад 3

Знайти загальне рішення диференціального рівняння виду y "+ 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Рішення

Перед написанням характеристичного рівняння знаходимо y0. Тоді

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

Маємо пару комплексно пов'язаних коренів. Перетворимо та отримаємо:

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

Коріння з характеристичного рівняння вважається сполученою парою ± 2 i тоді f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x) . Звідси видно, що пошук y ~ буде здійснюватися з y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) · x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) · x. Невідомі Коефіцієнти А і В будемо шукати з рівності виду y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Перетворюємо:

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

Тоді видно, що

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

Необхідно прирівняти коефіцієнти синусів та косінусів. Отримуємо систему виду:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Слід, що y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) · x .

Відповідь:загальним рішенням вихідного ЛНДУ другого порядку з постійними коефіцієнтами вважається

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

Коли f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) тоді y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) · x γ.Маємо, що r – це число комплексно пов'язаних пар коренів, що відносяться до характеристичного рівняння, дорівнюють α ± i β , де P n (x) , Q k (x) , L m (x) та N m (x)є многочленами ступеня n, k, т, m, де m = m a x (n, k). Знаходження коефіцієнтів L m (x)і N m (x)виробляється, виходячи з рівності y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Приклад 4

Знайти загальне рішення y " + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Рішення

За умовою видно, що

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

Тоді m = ma x (n, k) = 1 . Виробляємо знаходження y 0 попередньо записавши характеристичне рівняння виду:

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

Отримали, що коріння є дійсним і різним. Звідси y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Далі необхідно шукати загальне рішення, виходячи з неоднорідного рівняння y ~ виду

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

Відомо, що А, В, є коефіцієнтами, r = 0 , тому що відсутня пара сполучених коренів, що відносяться до характеристичного рівняння з α ± i β = 3 ± 5 · i . Дані коефіцієнти знаходимо з отриманої рівності:

y ~ "" - 3 y ~ " + 2 y ~ = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ⇔ (e 3 x (( A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) "" - - 3 (e 3 x ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

Знаходження похідної та подібних доданківдає

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

Після прирівнювання коефіцієнтів отримуємо систему виду

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

З усього випливає, що

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

Відповідь:тепер отримано загальне рішення заданого лінійного рівняння:

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

Алгоритм рішення ЛДНУ

Визначення 1

Будь-який інший вид функції f(x) для вирішення передбачає дотримання алгоритму розв'язання:

• знаходження загального рішення відповідного лінійного однорідного рівняння, де y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , де y 1і y 2є лінійно незалежними приватними рішеннями ЛОДУ, З 1і З 2вважаються довільними постійними;
• прийняття як загального рішення ЛНДУ y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• визначення похідних функції через систему виду C 1 "(x) + y 1 (x) + C 2 "(x) · y 2 (x) = 0 C 1 "(x) + y 1 "(x) + C 2 " (x) · y 2 "(x) = f (x), а знаходження функцій C 1 (x)і C 2 (x) за допомогою інтегрування.

Приклад 5

Знайти загальне рішення для y" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x .

Рішення

Переходимо до написання характеристичного рівняння, попередньо записавши y 0 , y "+ 36 y = 0 . Запишемо і вирішимо:

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

Маємо, що запис загального рішення заданого рівняння набуде вигляду y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Необхідно перейти до визначення похідних функцій C 1 (x)і C 2 (x)за системою з рівняннями:

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

Необхідно зробити рішення щодо C 1 "(x)і C 2 "(x)за допомогою будь-якого способу. Тоді запишемо:

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

Кожне із рівнянь слід проінтегрувати. Тоді запишемо рівняння:

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

Звідси випливає, що загальне рішення матиме вигляд:

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

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

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

Диференціальні рівняння другого порядку та вищих порядків.
Лінійні ДК другого порядку з постійними коефіцієнтами.
Приклади розв'язків.

Переходимо до розгляду диференціальних рівнянь другого ладу та диференціальних рівнянь вищих порядків. Якщо Ви погано уявляєте, що таке диференціальне рівняння (або взагалі не розумієте, що це таке), то рекомендую почати з уроку Диференціальні рівняння першого ладу. Приклади рішень. Багато принципів рішення та базові поняттядифурів першого порядку автоматично поширюються і диференціальні рівняння вищих порядків, тому дуже важливо спочатку розібратися з рівняннями першого порядку.

Багато читачів може бути упередження, що ДУ 2-го, 3-го та інших. порядків – щось дуже важке і недоступне освоєння. Це не так . Навчитися вирішувати дифури вищого порядкунавряд складніше, ніж «звичайні» ДУ 1-го порядку. А місцями навіть простіше, оскільки в рішеннях активно використовується матеріал шкільної програми.

Найбільш популярні диференціальні рівняння другого порядку. У диференціальне рівняння другого порядку обов'язкововходить друга похідна та не входять

Слід зазначити, що деякі з малюків (і навіть усі відразу) можуть бути відсутніми в рівнянні, важливо, щоб удома був батько. Найпримітивніше диференціальне рівняння другого порядку виглядає так:

Диференціальні рівняння третього порядку в практичних завданняхзустрічаються значно рідше, за моїми суб'єктивними спостереженнями в Державну Думувони набрали б приблизно 3-4% голосів.

У диференціальне рівняння третього порядку обов'язкововходить третя похідна та не входятьпохідні вищих порядків:

Найпростіше диференціальне рівняння третього порядку виглядає так: - тато вдома, всі діти на прогулянці.

Аналогічним чином можна визначити диференціальні рівняння 4-го, 5-го та більш високих порядків. У практичних завданнях такі ДУ проскакують вкрай рідко, проте я намагатимусь навести відповідні приклади.

Диференціальні рівняння вищих порядків, які пропонуються у практичних завданнях, можна поділити на дві основні групи.

1) Перша група – так звані рівняння, що допускають зниження порядку. Налітайте!

2) Друга група – лінійні рівняннявищих порядків із постійними коефіцієнтами. Які ми почнемо розглядати зараз.

Лінійні диференціальні рівняння другого порядку
з постійними коефіцієнтами

У теорії та практиці розрізняють два типи таких рівнянь – однорідне рівнянняі неоднорідне рівняння.

Однорідне ДК другого порядку з постійними коефіцієнтамимає наступний вигляд:
, де і – константи (числа), а правій частині – суворонуль.

Як бачите, особливих труднощів із однорідними рівняннями немає, головне, правильно вирішити квадратне рівняння .

Іноді зустрічаються нестандартні однорідні рівняння, наприклад, рівняння у вигляді , де за другий похідної є деяка константа , відмінна від одиниці (і, природно, відмінна від нуля). Алгоритм рішення нітрохи не змінюється, слід незворушно скласти характеристичне рівняння та знайти його коріння. Якщо характеристичне рівняння матиме два різні дійсні корені, наприклад: , то загальне рішення запишеться за звичайною схемою: .

У ряді випадків через помилки в умові можуть вийти «нехороші» коріння, щось на зразок . Що робити, відповідь доведеться записати так:

З «поганим» пов'язаним комплексним корінням на кшталт теж жодних проблем, загальне рішення:

Тобто, загальне рішення у будь-якому випадку існує. Тому що будь-яке квадратне рівняння має два корені.

У заключному параграфі, як і обіцяв, коротко розглянемо:

Лінійні однорідні рівняння вищих порядків

Все дуже схоже.

Лінійне однорідне рівняння третього порядку має такий вигляд:
де - Константи.
Для цього рівняння теж потрібно скласти характеристичне рівняння та знайти його коріння. Характеристичне рівняння, як багато хто здогадався, виглядає так:
, і воно в будь-якому випадкумає рівно трикореня.

Нехай, наприклад, все коріння дійсне і різне: , Тоді загальне рішення запишеться так:

Якщо один корінь дійсний, а два інших – пов'язані комплексні, то загальне рішення записуємо так:

Особливий випадок, коли всі три корені кратні (однакові). Розглянемо найпростіші однорідне ДК 3-го порядку з самотнім татком: . Характеристичне рівняння має три нульових кореня , що збіглися . Загальне рішення записуємо так:

Якщо характеристичне рівняння має, наприклад, три кратні корені, то загальне рішення, відповідно, таке:

Приклад 9

Розв'язати однорідне диференціальне рівняння третього порядку

Рішення:Складемо та вирішимо характеристичне рівняння:

, - Отримано один дійсний корінь і два сполучених комплексних кореня.

Відповідь:спільне рішення

Аналогічно можна розглянути лінійне однорідне рівняння четвертого порядку з постійними коефіцієнтами: де - Константи.

Лінійним диференціальним рівнянням другого порядку називається рівняння виду

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

де y- функція, яку потрібно знайти, а p(x) , q(x) та f(x) - безперервні функції на деякому інтервалі ( a, b) .

Якщо права частина рівняння дорівнює нулю ( f(x) = 0 ), то рівняння називається лінійним однорідним рівнянням . Таким рівнянням і буде переважно присвячена практична частина цього уроку. Якщо ж права частина рівняння не дорівнює нулю ( f(x) ≠ 0), то рівняння називається .

У завданнях від нас потрібно вирішити рівняння щодо y"" :

y"" = −p(x)y" − q(x)y + f(x) .

Лінійні диференціальні рівняння другого порядку мають єдине рішення завдання Коші .

Лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку та його вирішення

Розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку:

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

Якщо y1 (x) і y2 (x) - Приватні рішення цього рівняння, то вірні такі висловлювання:

1) y1 (x) + y 2 (x) - також є розв'язком цього рівняння;

2) Cy1 (x) , де C- довільна стала (константа), також є рішенням цього рівняння.

З цих двох висловлювань випливає, що функція

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

також є розв'язком цього рівняння.

Виникає справедливе питання: чи це рішення не є загальним рішенням лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку тобто таким рішенням, в якому при різних значеннях C1 і C2 Чи можна отримати всі можливі рішення рівняння?

Відповідь на це запитання наступна: може, але за певної умови. Це умова про те, якими властивостями повинні мати приватні рішення y1 (x) і y2 (x) .

І ця умова називається умовою лінійної незалежностіприватних рішень.

Теорема. Функція C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) є загальним рішенням лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку, якщо функції y1 (x) і y2 (x) лінійно незалежні.

Визначення. Функції y1 (x) і y2 (x) називаються лінійно незалежними, якщо їхнє ставлення є константою, відмінною від нуля:

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

Однак встановити за визначенням, чи ці функції є лінійно незалежними, часто дуже трудомістко. Існує спосіб встановлення лінійної незалежності за допомогою визначника Вронського W(x) :

Якщо визначник Вронського не дорівнює нулю, то рішення – лінійно незалежні . Якщо визначник Вронського дорівнює нулю, то рішення – лінійно залежні.

приклад 1.Знайти загальне рішення лінійного однорідного диференціального рівняння.

Рішення. Інтегруємо двічі і, як легко помітити, щоб різниця другої похідної функції і самої функції дорівнювала нулю, рішення повинні бути пов'язані з експонентою, похідна якої дорівнює їй самій. Тобто приватними рішеннями є і .

Бо визначник Вронського

не дорівнює нулю, ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення даного рівняння можна записати як

.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами: теорія та практика

Лінійним однорідним диференціальним рівнянням другого порядку з постійними коефіцієнтами називається рівняння виду

y"" + py" + qy = 0 ,

де pі q- Постійні величини.

На те, що це рівняння другого порядку, вказує на наявність другої похідної від шуканої функції, а на його однорідність - нуль у правій частині. Постійними коефіцієнтами називаються згадані вище величини.

Щоб розв'язати лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами , потрібно спочатку вирішити так зване характеристичне рівняння виду

k² + pq + q = 0 ,

яке, очевидно, є звичайним квадратним рівнянням .

Залежно від вирішення характеристичного рівняння можливі три різні варіанти розв'язки лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами , які зараз розберемо. Для повної визначеності вважатимемо, що всі приватні рішення пройшли перевірку визначником Вронського і він у всіх випадках не дорівнює нулю. Втім, які сумніваються, можуть перевірити це самостійно.

Коріння характеристичного рівняння - дійсні та різні

Іншими словами, . У цьому випадку рішення лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами має вигляд

.

Приклад 2. Розв'язати лінійне однорідне диференціальне рівняння

.

Приклад 3. Розв'язати лінійне однорідне диференціальне рівняння

.

Рішення. Характеристичне рівняння має вигляд , його коріння і - речові та різні. Відповідні окремі рішення рівняння: і . Загальне рішення даного диференціального рівняння має вигляд

.

Коріння характеристичного рівняння - речові та рівні

Тобто, . У цьому випадку рішення лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами має вигляд

.

Приклад 4. Розв'язати лінійне однорідне диференціальне рівняння

.

Рішення. Характеристичне рівняння має рівні коріння. Відповідні окремі рішення рівняння: і . Загальне рішення даного диференціального рівняння має вигляд

Приклад 5. Розв'язати лінійне однорідне диференціальне рівняння

.

Рішення. Характеристичне рівняння має рівне коріння. Відповідні окремі рішення рівняння: і . Загальне рішення даного диференціального рівняння має вигляд

Розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння із постійними коефіцієнтами:
(1) .
Його рішення можна отримати за загальному методузниження порядку.

Однак простіше одразу отримати фундаментальну систему nлінійно незалежних рішень та на її основі скласти загальне рішення. При цьому вся процедура рішення зводиться до таких кроків.

Шукаємо рішення рівняння (1) як . Отримуємо характеристичне рівняння:
(2) .
Воно має n коріння. Вирішуємо рівняння (2) і знаходимо його коріння. Тоді характеристичне рівняння (2) можна подати у такому вигляді:
(3) .
Кожному кореню відповідає одне з лінійно-незалежних рішень фундаментальної системи рішень рівняння (1). Тоді загальне рішення вихідного рівняння (1) має вигляд:
(4) .

Справжнє коріння

Розглянемо дійсне коріння. Нехай корінь одноразовий. Тобто множник входить у характеристичне рівняння (3) лише один раз. Тоді цьому кореню відповідає рішення
.

Нехай - кратний корінь кратності p. Тобто
. У цьому випадку множник входить у p разів:
.
Цим кратним (рівним) корінням відповідають p лінійно незалежних рішень вихідного рівняння (1):
; ; ; ...; .

Комплексне коріння

Розглянемо комплексне коріння. Виразимо комплексний корінь через дійсну та уявну частини:
.
Оскільки коефіцієнти вихідного дійсні, то крім кореня є комплексно пов'язаний корінь
.

Нехай комплексний корінь одноразовий. Тоді парі коренів відповідають два лінійно-незалежні рішення:
; .

Нехай - кратний комплексний корінь кратності p. Тоді комплексно пов'язане значення також є коренем характеристичного рівняння кратності p і множник входить у p разів:
.
Цим 2 pкорінням відповідають 2 pлінійно незалежних рішень:
; ; ; ... ;
; ; ; ... .

Після того як фундаментальна системалінійно незалежних рішень знайдено, отримуємо загальне рішення .

Приклади розв'язування задач

Приклад 1

Вирішити рівняння:
.

Рішення

.
Перетворимо його:
;
;
.

Розглянемо коріння цього рівняння. Ми отримали чотири комплексних кореня кратності 2:
; .
Їм відповідають чотири лінійно-незалежні рішення вихідного рівняння:
; ; ; .

Також ми маємо три дійсні корені кратності 3:
.
Їм відповідають три лінійно-незалежні рішення:
; ; .

Загальне рішення вихідного рівняння має вигляд:
.

Відповідь

Приклад 2

Вирішити рівняння

Рішення

Шукаємо рішення у вигляді. Складаємо характеристичне рівняння:
.
Вирішуємо квадратне рівняння.
.

Ми отримали два комплексні корені:
.
Їм відповідають два лінійно-незалежні рішення:
.
Загальне рішення рівняння:
.