Phương trình vi phân không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi. Phương trình vi phân không đồng nhất bậc hai

Cơ sở giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai (LNDU-2) bằng hệ số không đổi(MÁY TÍNH)

LDDE bậc 2 với hệ số không đổi $p$ và $q$ có dạng $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, trong đó $f\left(x \right)$ là một hàm liên tục.

Về LNDU 2 với PC, hai nhận định sau là đúng.

Giả sử rằng hàm $U$ nào đó là nghiệm từng phần tùy ý của một phương trình vi phân không thuần nhất. Chúng ta cũng giả sử rằng hàm $Y$ nào đó là nghiệm tổng quát (GS) của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính tương ứng (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Khi đó GR của LHDE-2 bằng tổng của các giải pháp riêng và chung được chỉ định, nghĩa là $y=U+Y$.

Nếu vế phải của LMDE bậc 2 là tổng của các hàm, nghĩa là $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+..+f_(r) \left(x\right)$, thì trước tiên chúng ta có thể tìm các PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ tương ứng cho mỗi hàm $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, và sau đó viết CR LNDU-2 dưới dạng $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Giải pháp LPDE bậc 2 với PC

Rõ ràng là loại PD $U$ này của một LNDU-2 nhất định phụ thuộc vào dạng cụ thể của vế phải $f\left(x\right)$ của nó. Các trường hợp tìm kiếm PD LNDU-2 đơn giản nhất được xây dựng dưới dạng bốn quy tắc sau.

Quy tắc 1.

Phần bên phải LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left(x\right)=a_(0) \cdot x ^ (n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, tức là nó được gọi là đa thức bậc $ n$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(n) \left(x\right)$ là một dạng khác đa thức có cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm phương trình đặc trưng tương ứng với LOD-2, bằng 0. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp hệ số không xác định (Anh).

Quy tắc số 2.

Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left( x\right)$ là đa thức bậc $n$. Khi đó PD $U$ của nó được tìm kiếm dưới dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, trong đó $Q_(n ) \ left(x\right)$ là một đa thức khác có cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng bằng $\alpha $. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp NC.

Quy tắc số 3.

Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, trong đó $a$, $b$ và $\beta$ là số đã biết. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, trong đó $A$ và $B$ là các hệ số chưa biết và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc tính của LODE-2 tương ứng, bằng $i\cdot \beta$. Các hệ số $A$ và $B$ được tìm bằng phương pháp không phá hủy.

Quy tắc số 4.

Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, trong đó $P_(n) \left(x\right)$ là một đa thức bậc $ n$, và $P_(m) \left(x\right)$ là đa thức bậc $m$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(s) \left(x\right)$ và $ R_(s) \left(x\right)$ là các đa thức bậc $s$, số $s$ là số lớn nhất của hai số $n$ và $m$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc tính của LODE-2 tương ứng, bằng $\alpha +i\cdot \beta $. Các hệ số của đa thức $Q_(s) \left(x\right)$ và $R_(s) \left(x\right)$ được tìm thấy bằng phương pháp NC.

Phương pháp NK bao gồm việc áp dụng quy tắc sau. Để tìm các hệ số chưa biết của đa thức thuộc nghiệm riêng phần của phương trình vi phân không thuần nhất LNDU-2, cần:

thay thế PD $U$ được viết bằng nhìn chung, về phía bên trái của LNDU-2;
ở vế trái của LNDU-2, thực hiện rút gọn và nhóm các số hạng có cùng lũy thừa $x$;
trong nhận dạng kết quả, đánh đồng các hệ số của các số hạng có cùng lũy thừa $x$ ở bên trái và bên phải;
giải hệ quả Các phương trình tuyến tính liên quan đến các hệ số chưa biết.

ví dụ 1

Nhiệm vụ: tìm OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Tìm thêm PD , thỏa mãn các điều kiện ban đầu $y=6$ với $x=0$ và $y"=1$ với $x=0$.

Chúng ta viết ra LOD-2 tương ứng: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Phương trình đặc trưng: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Nghiệm của phương trình đặc tính là: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Những gốc rễ này là hợp lệ và khác biệt. Do đó, OR của LODE-2 tương ứng có dạng: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Phía bên phải của LNDU-2 này có dạng $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Cần xét đến hệ số của số mũ $\alpha =3$. Hệ số này không trùng với bất kỳ nghiệm nào của phương trình đặc tính. Do đó, PD của LNDU-2 này có dạng $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Chúng ta sẽ tìm kiếm các hệ số $A$, $B$ bằng phương pháp NC.

Chúng tôi tìm thấy đạo hàm đầu tiên của Cộng hòa Séc:

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

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

Chúng tôi tìm thấy đạo hàm thứ hai của Cộng hòa Séc:

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

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

Chúng tôi thay thế các hàm $U""$, $U"$ và $U$ thay vì $y""$, $y"$ và $y$ vào NLDE-2 $y""-3\cdot y" đã cho -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Hơn nữa, vì số mũ $e^(3\cdot x) $ được đưa vào như một thừa số. trong tất cả các thành phần thì có thể bỏ qua.

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

Chúng tôi thực hiện các hành động ở phía bên trái của đẳng thức kết quả:

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

Chúng tôi sử dụng phương pháp NDT. Ta thu được hệ phương trình tuyến tính với hai ẩn số:

$-18\cdot A=36;$

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

Lời giải của hệ này là: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ cho vấn đề của chúng tôi trông như thế này: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ cho vấn đề của chúng ta trông như thế này: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Để tìm một PD thỏa mãn các điều kiện ban đầu đã cho, chúng ta tìm đạo hàm $y"$ của OP:

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

Thay thế bằng $y$ và $y"$ điều kiện ban đầu$y=6$ cho $x=0$ và $y"=1$ cho $x=0$:

$6=C_(1) +C_(2) -1; $

$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$

Ta thu được hệ phương trình:

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

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

Hãy giải quyết nó. Chúng ta tìm $C_(1) $ bằng cách sử dụng công thức Cramer và $C_(2) $ chúng ta xác định từ phương trình đầu tiên:

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

Do đó, PD của phương trình vi phân này có dạng: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.

bài viết này bộc lộ câu hỏi giải phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi. Lý thuyết sẽ được thảo luận cùng với các ví dụ về các vấn đề nhất định. Để giải mã các thuật ngữ chưa rõ ràng, cần tham khảo đề tài về các định nghĩa, khái niệm cơ bản của lý thuyết phương trình vi phân.

Hãy xem xét một phương trình vi phân tuyến tính (LDE) bậc hai với các hệ số không đổi có dạng y "" + p · y " + q · y = f (x), trong đó p và q là các số tùy ý và hàm f hiện có (x) liên tục trên khoảng tích phân x.

Chúng ta hãy chuyển sang xây dựng định lý cho nghiệm tổng quát của LNDE.

Yandex.RTB RA-339285-1

Định lý nghiệm tổng quát cho LDNU

Định lý 1

Một nghiệm tổng quát, nằm trên khoảng x, của một phương trình vi phân không thuần nhất có dạng y(n) + fn - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) có hệ số tích phân liên tục trên khoảng x f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) và hàm liên tục f (x) bằng tổng của nghiệm tổng quát y 0, tương ứng với LOD và một nghiệm cụ thể y ~ nào đó, trong đó phương trình không thuần nhất ban đầu là y = y 0 + y ~.

Điều này cho thấy nghiệm của phương trình bậc hai như vậy có dạng y = y 0 + y ~ . Thuật toán tìm y 0 được thảo luận trong bài về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai với hệ số không đổi. Sau đó chúng ta nên tiến hành định nghĩa y ~.

Việc lựa chọn một nghiệm cụ thể cho LPDE phụ thuộc vào loại hàm f(x) có sẵn nằm ở vế phải của phương trình. Để làm được điều này, cần phải xem xét riêng các nghiệm của phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi.

Khi f (x) được coi là đa thức bậc n f (x) = P n (x), thì một nghiệm cụ thể của LPDE được tìm thấy bằng cách sử dụng công thức có dạng y ~ = Q n (x ) x γ, trong đó Q n ( x) là đa thức bậc n, r là số nghiệm bằng 0 của phương trình đặc trưng. Giá trị y ~ là một nghiệm cụ thể y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , khi đó các hệ số có sẵn được xác định bởi đa thức
Q n(x), ta tìm bằng phương pháp hệ số bất định từ đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f(x).

ví dụ 1

Tính toán bằng định lý Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Giải pháp

Nói cách khác, cần chuyển sang một giải cụ thể của phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất bậc hai với hệ số không đổi y "" - 2 y " = x 2 + 1, sẽ thỏa mãn các điều kiện đã cho y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .

Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất là tổng của nghiệm tổng quát tương ứng với phương trình y 0 hoặc nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất y ~, tức là y = y 0 + y ~.

Đầu tiên chúng ta hãy tìm quyết định chung cho LNDU và sau đó - thương số.

Hãy chuyển sang tìm y 0. Viết ra phương trình đặc trưng sẽ giúp bạn tìm ra nghiệm. Chúng tôi hiểu điều đó

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

Chúng tôi thấy rằng rễ cây khác nhau và có thật. Vì vậy, hãy viết ra

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

Hãy tìm y ~ . Có thể thấy rằng phía bên phải phía sau phương trình đã cho là đa thức bậc hai thì một trong các nghiệm bằng 0. Từ đó chúng ta thu được một nghiệm cụ thể cho y ~ sẽ là

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, trong đó các giá trị của A, B, C lấy hệ số không xác định.

Hãy tìm chúng từ một đẳng thức có dạng y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 .

Sau đó, chúng tôi nhận được điều đó:

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

Đánh đồng các hệ số có cùng số mũ của x, ta thu được hệ biểu thức tuyến tính - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Khi giải bằng bất kỳ phương pháp nào, ta sẽ tìm hệ số và viết: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 và y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Mục này được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính ban đầu với các hệ số không đổi.

Để tìm nghiệm cụ thể thỏa mãn điều kiện y(0) = 2, y”(0) = 1 4 cần xác định các giá trị C 1 Và C 2, dựa trên đẳng thức có dạng y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.

Chúng tôi hiểu rằng:

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

Chúng tôi làm việc với hệ phương trình thu được có dạng C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, trong đó C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Áp dụng định lý Cauchy, ta có

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

Trả lời: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Khi hàm f (x) được biểu diễn dưới dạng tích của đa thức bậc n và số mũ f (x) = P n (x) · e a x , thì chúng ta thu được một nghiệm cụ thể của LPDE bậc hai sẽ là một phương trình có dạng y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, trong đó Q n (x) là đa thức bậc n và r là số nghiệm của phương trình đặc trưng bằng α.

Các hệ số thuộc Q n(x) được tìm bởi đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f(x) .

Ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân dạng y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .

Giải pháp

Phương trình tổng quát là y = y 0 + y ~ . Phương trình trên tương ứng với LOD y "" - 2 y " = 0. Từ ví dụ trước có thể thấy rằng các nghiệm của nó bằng nhau k 1 = 0 và k 2 = 2 và y 0 = C 1 + C 2 e 2 x theo phương trình đặc tính.

Có thể thấy rằng vế phải của phương trình là x 2 + 1 · e x . Từ đây LPDE được tìm thấy thông qua y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, trong đó Q n (x) là đa thức bậc hai, trong đó α = 1 và r = 0, vì phương trình đặc tính không có gốc bằng 1. Từ đây chúng ta có được điều đó

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 là các hệ số chưa biết có thể tìm được bằng đẳng thức y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.

Hiểu rồi

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

Chúng ta đánh đồng các chỉ số có cùng hệ số và thu được hệ phương trình tuyến tính. Từ đây tìm được A, B, C:

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

Trả lời: rõ ràng y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 là nghiệm riêng của LNDDE, và y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - nghiệm tổng quát cho phương trình vi phân không thuần nhất bậc hai.

Khi hàm số được viết dưới dạng f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, và A 1 Và TRONG 1 là các số thì nghiệm từng phần của LPDE được coi là phương trình có dạng y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, trong đó A và B được coi là các hệ số không xác định, và r là số nghiệm liên hợp phức tạp liên quan đến phương trình đặc tính, bằng ± i β . Trong trường hợp này, việc tìm kiếm các hệ số được thực hiện bằng đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

Ví dụ 3

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân có dạng y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Giải pháp

Trước khi viết phương trình đặc tính, ta tìm y 0. Sau đó

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

Chúng ta có một cặp rễ liên hợp phức tạp. Hãy biến đổi và nhận được:

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

Nghiệm của phương trình đặc tính được coi là cặp liên hợp ± 2 i, khi đó f(x) = cos(2 x) + 3 sin(2 x). Điều này cho thấy việc tìm kiếm y ~ sẽ được thực hiện từ y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Chúng ta sẽ tìm hệ số A và B từ một đẳng thức có dạng y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

Hãy chuyển đổi:

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)

Thế thì rõ ràng là

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)

Cần phải đánh đồng các hệ số của sin và cosin. Ta được hệ có dạng:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Suy ra y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Trả lời: nghiệm tổng quát của LDDE bậc hai ban đầu với các hệ số không đổi được xem xét

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

Khi f(x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), thì y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Ta có r là số cặp nghiệm phức liên hợp phức liên hệ với phương trình đặc tính, bằng α ± i β, trong đó P n (x), Q k (x), L m (x) và Nm(x) là các đa thức bậc n, k, m, m, trong đó m = m a x (n, k). Tìm hệ số Lm(x) Và Nm(x)được thực hiện dựa trên đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

Ví dụ 4

Tìm nghiệm tổng quát y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

Giải pháp

Theo điều kiện thì rõ ràng là

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

Khi đó m = m a x (n, k) = 1. Đầu tiên chúng ta tìm y 0 bằng cách viết phương trình đặc trưng có dạng:

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

Chúng tôi thấy rằng rễ là có thật và khác biệt. Do đó y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Tiếp theo, cần tìm nghiệm tổng quát dựa trên phương trình y ~ không thuần nhất có dạng

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))

Biết A, B, C là các hệ số r = 0, vì không có cặp nghiệm liên hợp nào liên hệ với phương trình đặc trưng với α ± i β = 3 ± 5 · i. Chúng tôi tìm thấy các hệ số này từ đẳng thức kết quả:

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))

Tìm đạo hàm và điều khoản tương tự cho

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))

Sau khi cân bằng các hệ số, ta thu được hệ có dạng

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

Từ mọi thứ nó theo đó

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))

Trả lời: Bây giờ chúng ta đã thu được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính đã cho:

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))

Thuật toán giải LDNU

Định nghĩa 1

Bất kỳ loại hàm f (x) nào khác cho nghiệm đều yêu cầu tuân thủ thuật toán nghiệm:

tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tuyến tính tương ứng, trong đó y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, trong đó năm 1 Và năm 2 là nghiệm từng phần độc lập tuyến tính của LODE, C 1 Và C 2được coi là hằng số tùy ý;
áp dụng như là nghiệm tổng quát của LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
xác định đạo hàm của hàm số thông qua hệ có dạng 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) , và tìm hàm số C 1 (x) và C 2(x) thông qua tích phân.

Ví dụ 5

Tìm nghiệm tổng quát của y "" + 36 y = 24 sin(6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

Giải pháp

Chúng ta tiến hành viết phương trình đặc tính, trước đó đã viết y 0, y "" + 36 y = 0. Hãy viết và giải:

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)

Ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho sẽ được viết là y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Cần chuyển sang định nghĩa hàm đạo hàm C 1 (x) Và C2(x) theo hệ phương trình:

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

Cần phải đưa ra quyết định liên quan đến C 1" (x) Và C 2" (x) sử dụng bất kỳ phương pháp nào. Sau đó chúng tôi viết:

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)

Mỗi phương trình phải được tích hợp. Sau đó chúng ta viết các phương trình kết quả:

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

Suy ra nghiệm tổng quát sẽ có dạng:

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)

Trả lời: 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 lần)

Nếu bạn thấy văn bản có lỗi, vui lòng đánh dấu nó và nhấn Ctrl+Enter

không đồng nhất phương trình vi phân bậc hai với hệ số không đổi

Cấu trúc của giải pháp chung

Phương trình tuyến tính không thuần nhất thuộc loại này có dạng:

Ở đâu P, q − số không đổi(có thể là thực hoặc phức tạp). Đối với mỗi phương trình như vậy chúng ta có thể viết tương ứng phương trình đồng nhất:

Định lý: Nghiệm tổng quát của một phương trình không thuần nhất là tổng của nghiệm tổng quát y 0 (x) của phương trình thuần nhất tương ứng và nghiệm cụ thể y 1 (x) phương trình không đồng nhất:

Dưới đây chúng ta sẽ xem xét hai cách để giải phương trình vi phân không thuần nhất.

Phương pháp biến đổi hằng số

Nếu giải pháp chung y 0 của phương trình đồng nhất liên quan đã biết thì có thể tìm được nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất bằng cách sử dụng phương pháp biến thiên không đổi. Giả sử nghiệm tổng quát của phương trình vi phân bậc hai thuần nhất có dạng:

Thay vì vĩnh viễn C 1 và C 2 chúng ta sẽ xét các hàm phụ trợ C 1 (x) Và C 2 (x). Chúng ta sẽ tìm các hàm này sao cho nghiệm

thỏa mãn phương trình không đồng nhất với vế phải f(x). Chức năng không xác định C 1 (x) Và C 2 (x) được xác định từ hệ hai phương trình:

Phương pháp hệ số không chắc chắn

Phần bên phải f(x) của phương trình vi phân không thuần nhất thường là hàm đa thức, hàm mũ hoặc hàm lượng giác hoặc sự kết hợp nào đó của các hàm này. Trong trường hợp này, sẽ thuận tiện hơn khi tìm kiếm giải pháp bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định. Chúng ta hãy nhấn mạnh rằng phương pháp này chỉ hoạt động đối với một lớp chức năng giới hạn ở phía bên phải, chẳng hạn như

Trong cả hai trường hợp, việc lựa chọn một giải pháp cụ thể phải tương ứng với cấu trúc phía bên phải của phương trình vi phân không thuần nhất. Trường hợp 1, nếu số α trong hàm số mũ trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm cụ thể sẽ chứa thêm một thừa số x S, Ở đâu S− bội số của gốc α trong phương trình đặc tính. Trường hợp 2 nếu số α + βi trùng với nghiệm của phương trình đặc tính thì biểu thức của nghiệm cụ thể sẽ chứa thêm một thừa số x. Các hệ số chưa biết có thể được xác định bằng cách thay thế biểu thức tìm được cho một nghiệm cụ thể vào phương trình vi phân không đồng nhất ban đầu.

Nguyên lý chồng chất

Nếu vế phải của phương trình không thuần nhất là số lượng một số chức năng của biểu mẫu

khi đó nghiệm cụ thể của phương trình vi phân cũng sẽ là tổng của các nghiệm riêng phần được xây dựng riêng biệt cho mỗi số hạng ở vế phải.

ví dụ 1

Giải phương trình vi phân y"" + y= tội lỗi(2 x).

Giải pháp.

Đầu tiên chúng ta giải phương trình thuần nhất tương ứng y"" + y= 0,V trong trường hợp này nghiệm của phương trình đặc tính hoàn toàn là tưởng tượng:

Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất được cho bởi biểu thức

Chúng ta hãy quay trở lại phương trình không đồng nhất. Chúng ta sẽ tìm lời giải của nó ở dạng

bằng phương pháp biến thiên hằng số. Chức năng C 1 (x) Và C 2 (x) có thể được tìm thấy từ hệ thống tiếp theo phương trình:

Hãy biểu diễn đạo hàm C 1 " (x) từ phương trình đầu tiên:

Thay vào phương trình thứ hai, ta tìm được đạo hàm C 2 " (x):

Nó theo sau đó

Tích phân các biểu thức cho đạo hàm C 1 " (x) Và C 2 " (x), chúng tôi nhận được:

Ở đâu MỘT 1 , MỘT 2 – hằng số tích phân. Bây giờ hãy thay thế các hàm tìm thấy C 1 (x) Và C 2 (x) vào công thức tính y 1 (x) và viết nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất:

Ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y"" + y" −6y = 36x.

Giải pháp.

Hãy sử dụng phương pháp hệ số không xác định. Vế phải của phương trình đã cho là hàm tuyến tính f(x)= rìu + b. Vì vậy, chúng ta sẽ tìm kiếm một giải pháp cụ thể dưới dạng

Các đạo hàm đều bằng nhau:

Thay thế điều này vào phương trình vi phân, chúng ta nhận được:

Phương trình cuối cùng là đẳng thức, nghĩa là nó đúng với mọi x, do đó chúng ta đánh đồng các hệ số của các số hạng có cùng bậc xở bên trái và bên phải:

Từ hệ thống kết quả, chúng tôi tìm thấy: MỘT = −6, B= −1. Kết quả là lời giải cụ thể được viết dưới dạng

Bây giờ chúng ta hãy tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đồng nhất. Chúng ta hãy tính nghiệm của phương trình đặc tính phụ:

Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng có dạng:

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất ban đầu được biểu diễn bằng công thức

Tích phân tổng quát của DE.

Giải phương trình vi phân

Nhưng điều buồn cười nhất là câu trả lời đã được biết trước: , chính xác hơn là chúng ta còn phải cộng thêm một hằng số: Tích phân tổng quát là nghiệm của phương trình vi phân.

Phương pháp biến đổi hằng số tùy ý. Ví dụ về giải pháp

Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý được sử dụng để giải các phương trình vi phân không đồng nhất. Bài học này dành cho những học sinh đã ít nhiều thông thạo chủ đề này. Nếu bạn mới bắt đầu làm quen với điều khiển từ xa, tức là. Nếu bạn là một ấm trà, tôi khuyên bạn nên bắt đầu với bài học đầu tiên: Phương trình vi phân bậc nhất. Ví dụ về giải pháp. Và nếu bạn đã hoàn thành xong, hãy loại bỏ định kiến có thể có rằng phương pháp này khó. Bởi vì nó đơn giản.

Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý được sử dụng trong trường hợp nào?

1) Có thể sử dụng phương pháp biến thiên hằng số tùy ý để giải DE không đồng nhất tuyến tính bậc 1. Vì phương trình là bậc nhất nên hằng số cũng bằng một.

2) Phương pháp biến thiên hằng số tùy ý được sử dụng để giải một số phương trình bậc hai không đồng nhất tuyến tính. Ở đây hai hằng số khác nhau.

Thật hợp lý khi cho rằng bài học sẽ bao gồm hai đoạn văn... Vì vậy, tôi đã viết câu này và trong khoảng 10 phút, tôi đã đau đầu suy nghĩ về những điều thông minh khác mà tôi có thể thêm vào để chuyển tiếp suôn sẻ sang các ví dụ thực tế. Nhưng không hiểu sao tôi không có suy nghĩ gì sau kỳ nghỉ lễ, mặc dù tôi dường như không lạm dụng điều gì cả. Vì vậy, hãy đi thẳng vào đoạn đầu tiên.

Phương pháp biến thiên của hằng số tùy ý cho phương trình tuyến tính không đồng nhất bậc nhất

Trước khi xem xét phương pháp biến đổi của một hằng số tùy ý, nên làm quen với bài viết Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất. Trong bài học đó chúng ta đã luyện tập giải pháp đầu tiên bậc 1 không đồng nhất DE. Giải pháp đầu tiên này, tôi xin nhắc bạn, được gọi là phương pháp thay thế hoặc Phương pháp Bernoulli(đừng nhầm lẫn với phương trình Bernoulli!!!)

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét giải pháp thứ hai- phương pháp biến đổi hằng số tùy ý. Tôi sẽ chỉ đưa ra ba ví dụ và tôi sẽ lấy chúng từ bài học nêu trên. Tại sao lại ít như vậy? Bởi vì trên thực tế, cách giải theo cách thứ hai sẽ rất giống với cách giải ở cách thứ nhất. Ngoài ra, theo quan sát của tôi, phương pháp biến thiên hằng số tùy ý được sử dụng ít thường xuyên hơn phương pháp thay thế.

ví dụ 1

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (Khác với ví dụ số 2 bài học Phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất bậc 1)

Giải pháp: Phương trình này là tuyến tính không đồng nhất và có dạng quen thuộc:

Ở giai đoạn đầu tiên, cần phải giải một phương trình đơn giản hơn: Tức là chúng ta ngu ngốc đặt lại vế phải về 0 - thay vào đó hãy viết số 0. Tôi sẽ gọi phương trình phương trình phụ.

Trong ví dụ này, bạn cần giải phương trình phụ sau:

Trước chúng tôi phương trình tách được, giải pháp mà (tôi hy vọng) không còn khó khăn với bạn nữa:

Như vậy: – nghiệm tổng quát của phương trình phụ.

Ở bước thứ hai chúng tôi sẽ thay thế một số hằng số bây giờ hàm chưa biết phụ thuộc vào "x":

Do đó tên của phương thức - chúng tôi thay đổi hằng số. Ngoài ra, hằng số có thể là một hàm nào đó mà bây giờ chúng ta phải tìm.

TRONG nguyên bản trong phương trình không đồng nhất, chúng tôi thực hiện thay thế:

Hãy thay thế vào phương trình:

Điểm kiểm soát – hai số hạng ở vế trái hủy bỏ. Nếu điều này không xảy ra, bạn nên tìm lỗi ở trên.

Kết quả của việc thay thế là thu được một phương trình với các biến có thể tách rời. Chúng tôi tách các biến và tích hợp.

Thật là một phước lành, số mũ cũng hủy bỏ:

Chúng ta thêm một hằng số “bình thường” vào hàm tìm thấy:

Ở giai đoạn cuối, chúng tôi nhớ về sự thay thế của mình:

Chức năng vừa được tìm thấy!

Vì vậy, giải pháp chung là:

Trả lời: quyết định chung:

Nếu bạn in ra hai nghiệm, bạn sẽ dễ dàng nhận thấy rằng trong cả hai trường hợp chúng ta đều tìm được tích phân giống nhau. Sự khác biệt duy nhất là ở thuật toán giải pháp.

Bây giờ đối với điều gì đó phức tạp hơn, tôi cũng sẽ bình luận về ví dụ thứ hai:

Ví dụ 2

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (Khác với ví dụ số 8 bài Phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất bậc 1)

Giải pháp: Hãy đưa phương trình về dạng:

Hãy đặt lại vế phải và giải phương trình phụ:

Ta tách các biến và lấy tích phân: Giải tổng quát của phương trình phụ:

Trong phương trình không đồng nhất, chúng ta thực hiện thay thế:

Theo quy tắc phân biệt sản phẩm:

Chúng ta thay thế vào phương trình không đồng nhất ban đầu:

Hai số hạng ở vế trái triệt tiêu nhau, nghĩa là chúng ta đang đi đúng hướng:

Hãy tích hợp từng phần. Chữ cái thú vị từ công thức tích phân từng phần đã có trong lời giải, vì vậy, chẳng hạn, chúng tôi sử dụng các chữ cái “a” và “be”:

Sau cùng:

Bây giờ chúng ta hãy nhớ sự thay thế:

Trả lời: quyết định chung:

Phương pháp biến đổi hằng số tùy ý cho phương trình bậc hai không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi

Tôi thường nghe ý kiến cho rằng phương pháp biến đổi hằng số tùy ý cho phương trình bậc hai không phải là một điều dễ dàng. Nhưng tôi giả định như sau: rất có thể, phương pháp này có vẻ khó khăn với nhiều người vì nó không xảy ra thường xuyên. Nhưng trên thực tế không có khó khăn cụ thể nào - quá trình đưa ra quyết định rõ ràng, minh bạch và dễ hiểu. Và xinh đẹp.

Để nắm vững phương pháp này, điều mong muốn là có thể giải các phương trình bậc hai không đồng nhất bằng cách chọn một nghiệm cụ thể dựa trên dạng của vế phải. Phương pháp nàyđược thảo luận chi tiết trong bài viết DE cấp 2 không đồng nhất. Chúng ta nhớ lại rằng phương trình tuyến tính không đồng nhất bậc hai với các hệ số không đổi có dạng:

Phương pháp lựa chọn, đã được thảo luận trong bài học trên, chỉ hoạt động trong một số trường hợp hạn chế khi vế phải chứa đa thức, hàm mũ, hàm sin và cosin. Nhưng phải làm gì khi bên phải chẳng hạn là phân số, logarit, tiếp tuyến? Trong tình huống như vậy, phương pháp biến đổi hằng số sẽ có ích.

Ví dụ 4

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân bậc hai

Giải pháp: Có một phân số ở vế phải của phương trình này, vì vậy chúng ta có thể nói ngay rằng phương pháp chọn một giải pháp cụ thể không hiệu quả. Chúng tôi sử dụng phương pháp biến đổi hằng số tùy ý.

Không có dấu hiệu giông bão; thời điểm bắt đầu giải pháp là hoàn toàn bình thường:

Chúng ta sẽ tìm thấy quyết định chung phù hợp đồng nhất phương trình:

Hãy soạn và giải phương trình đặc tính: – thu được nghiệm phức liên hợp, nên nghiệm tổng quát là:

Hãy chú ý đến bản ghi lời giải chung - nếu có dấu ngoặc đơn thì hãy mở chúng ra.

Bây giờ chúng ta thực hiện thủ thuật gần giống như đối với phương trình bậc nhất: chúng ta thay đổi các hằng số, thay thế chúng bằng các hàm chưa biết. Đó là, giải pháp chung của không đồng nhất ta sẽ tìm phương trình có dạng:

Ở đâu - bây giờ các chức năng chưa biết.

Nó trông giống như một bãi rác thải sinh hoạt, nhưng bây giờ chúng ta sẽ sắp xếp mọi thứ.

Các ẩn số là đạo hàm của các hàm. Mục tiêu của chúng ta là tìm đạo hàm và đạo hàm tìm được phải thỏa mãn cả phương trình thứ nhất và thứ hai của hệ.

“Người Hy Lạp” đến từ đâu? Con cò mang chúng đến. Chúng tôi xem xét giải pháp chung thu được trước đó và viết:

Hãy tìm đạo hàm:

Các phần bên trái đã được xử lý. Cái gì ở bên phải?

là vế phải của phương trình ban đầu, trong trường hợp này:

Tại bài giảng, LNDE được nghiên cứu - phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất. Xét cấu trúc của lời giải tổng quát, lời giải LPDE bằng phương pháp biến thiên hằng số tùy ý, lời giải LPDE hằng số và vế phải loại đặc biệt. Các vấn đề đang được xem xét được sử dụng trong nghiên cứu dao động cưỡng bức trong vật lý, kỹ thuật điện, điện tử và lý thuyết điều khiển tự động.

1. Cấu trúc nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc 2.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét một phương trình tuyến tính không đồng nhất có thứ tự tùy ý:

Có tính đến ký hiệu, chúng ta có thể viết:

Trong trường hợp này, chúng ta sẽ giả sử rằng các hệ số và vế phải của phương trình này liên tục trong một khoảng nhất định.

Định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất trong một miền nhất định là tổng của bất kỳ nghiệm nào của nó và nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính tương ứng.

Bằng chứng. Cho Y là một nghiệm nào đó của một phương trình không thuần nhất.

Sau đó, khi thay nghiệm này vào phương trình ban đầu, chúng ta thu được đẳng thức:

Cho phép
- hệ thống cơ bản giải phương trình đồng nhất tuyến tính
. Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình đồng nhất có thể được viết là:

Cụ thể, đối với phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc 2, cấu trúc của nghiệm tổng quát có dạng:

Ở đâu
là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng, và
- bất kỳ giải pháp cụ thể nào của một phương trình không đồng nhất.

Vì vậy, để giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất, cần phải tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng và bằng cách nào đó tìm được một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. Thông thường nó được tìm thấy bằng cách lựa chọn. Chúng tôi sẽ xem xét các phương pháp lựa chọn giải pháp riêng tư trong các câu hỏi sau.

2. Phương pháp biến đổi

Trong thực tế, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng phương pháp thay đổi các hằng số tùy ý.

Để làm điều này, trước tiên hãy tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng dưới dạng:

Sau đó đưa hệ số C Tôi chức năng từ X, một giải pháp cho phương trình không đồng nhất được tìm kiếm:

Có thể chứng minh rằng để tìm hàm C Tôi (x) ta cần giải hệ phương trình:

Ví dụ. Giải phương trình

Giải phương trình đồng nhất tuyến tính

Giải pháp của phương trình không đồng nhất sẽ có dạng:

Hãy lập hệ phương trình:

Hãy giải hệ này:

Từ mối quan hệ ta tìm được hàm Ồ).

Bây giờ chúng tôi tìm thấy B(x).

Chúng ta thay các giá trị thu được vào công thức để nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất:

Câu trả lời cuối cùng:

Nói chung, phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý phù hợp để tìm nghiệm của bất kỳ phương trình tuyến tính không thuần nhất nào. Nhưng bởi vì Việc tìm hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng có thể là một nhiệm vụ khá khó khăn; phương pháp này chủ yếu được sử dụng cho các phương trình không thuần nhất có hệ số không đổi.

3. Phương trình có vế phải dạng đặc biệt

Dường như có thể hình dung ra loại nghiệm cụ thể tùy thuộc vào loại vế phải của phương trình không đồng nhất.

Các trường hợp sau đây được phân biệt:

I. Vế phải của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có dạng:

đâu là đa thức bậc tôi.

Sau đó, một giải pháp cụ thể được tìm kiếm dưới dạng:

Đây Q(x) - một đa thức cùng bậc với P(x) , nhưng với hệ số không xác định, và r– một số cho biết số  là nghiệm của phương trình đặc tính của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính tương ứng bao nhiêu lần.

Ví dụ. Giải phương trình
.

Hãy giải phương trình thuần nhất tương ứng:

Bây giờ chúng ta hãy tìm một nghiệm cụ thể cho phương trình không thuần nhất ban đầu.

Hãy so sánh vế phải của phương trình với dạng vế phải đã thảo luận ở trên.

Chúng tôi tìm kiếm một giải pháp cụ thể dưới dạng:
, Ở đâu

Những thứ kia.

Bây giờ hãy xác định các hệ số chưa biết MỘT Và TRONG.

Chúng ta hãy thay thế một nghiệm cụ thể ở dạng tổng quát vào phương trình vi phân không đồng nhất ban đầu.

Giải pháp tổng thể, riêng tư:

Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là:

II. Vế phải của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có dạng:

Đây R 1 (X) Và R 2 (X)– đa thức bậc tôi 1 và tôi 2 tương ứng.

Khi đó nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất sẽ có dạng:

số ở đâu r hiển thị số lần bao nhiêu lần
là nghiệm của phương trình đặc tính của phương trình thuần nhất tương ứng, và Q 1 (x) Và Q 2 (x) – đa thức có bậc không lớn hơn tôi, Ở đâu tôi- mức độ lớn nhất tôi 1 Và tôi 2 .

Bảng tổng hợp các loại giải pháp riêng

cho các loại vế phải khác nhau

Vế phải của phương trình vi phân	phương trình đặc trưng	Các loại riêng tư
	1. Số không phải là nghiệm của phương trình đặc tính
	2. Số là nghiệm của phương trình đặc trưng của bội số
	1. Số không phải là nghiệm của phương trình đặc tính
	2. Số là nghiệm của phương trình đặc trưng của bội số
	1. Con số
	2. Con số là nghiệm của phương trình đặc trưng của bội số
	1. Con số không phải là nghiệm của phương trình bội đặc trưng
	2. Con số là nghiệm của phương trình đặc trưng của bội số

Lưu ý rằng nếu vế phải của phương trình là tổ hợp của các biểu thức thuộc loại đã xem xét ở trên thì nghiệm được tìm thấy là tổ hợp các nghiệm của các phương trình phụ, mỗi phương trình có vế phải tương ứng với biểu thức bao gồm trong sự kết hợp.

Những thứ kia. nếu phương trình là:
, thì nghiệm cụ thể của phương trình này sẽ là
Ở đâu Tại 1 Và Tại 2 – nghiệm cụ thể của phương trình phụ