Trong một số bài toán vật lý, không thể thiết lập mối liên hệ trực tiếp giữa các đại lượng mô tả quá trình. Nhưng có khả năng đạt được một đẳng thức chứa các đạo hàm của các hàm đang nghiên cứu. Đây là cách phát sinh các phương trình vi phân và sự cần thiết phải giải chúng để tìm một hàm chưa biết.

Bài viết này dành cho những ai đang phải đối mặt với vấn đề giải một phương trình vi phân trong đó hàm chưa biết là hàm một biến. Lý thuyết được xây dựng theo cách mà bạn có thể thực hiện công việc của mình với sự hiểu biết không về phương trình vi phân.

Đến mọi loại phương trình vi phân phương pháp giải với lời giải chi tiết và lời giải của các ví dụ điển hình và các vấn đề đã được đưa ra. Bạn chỉ cần xác định loại phương trình vi phân của bài toán của bạn, tìm một ví dụ được phân tích tương tự và thực hiện các hành động tương tự.

Vì giải pháp thành công về phía bạn phương trình vi phân, bạn cũng sẽ cần khả năng tìm các tập hợp các đạo hàm đối ( tích phân vô định) của các chức năng khác nhau. Nếu cần, chúng tôi khuyên bạn nên tham khảo phần này.

Đầu tiên, hãy xem xét các loại phương trình vi phân thông thường cấp một có thể giải được đối với đạo hàm, sau đó chúng ta sẽ chuyển sang ODE cấp hai, sau đó chúng ta sẽ tập trung vào các phương trình bậc cao và kết thúc với các hệ phương trình vi phân.

Nhớ lại rằng nếu y là một hàm của đối số x.

Phương trình vi phân bậc nhất.

Phương trình vi phân cấp một đơn giản nhất có dạng.

Hãy để chúng tôi viết ra một số ví dụ về DE như vậy .

Phương trình vi phân có thể được giải quyết đối với đạo hàm bằng cách chia cả hai vế của đẳng thức cho f (x). Trong trường hợp này, chúng ta đi đến phương trình, tương đương với phương trình ban đầu cho f (x) ≠ 0. Ví dụ về các ODE như vậy là.

Nếu có các giá trị của đối số x mà hàm f (x) và g (x) biến mất đồng thời, thì các nghiệm bổ sung sẽ xuất hiện. Các giải pháp bổ sung cho phương trình cho trước x là bất kỳ hàm nào được xác định cho các giá trị đối số đó. Ví dụ về các phương trình vi phân như vậy là.

Phương trình vi phân bậc hai.

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

LODE với hệ số không đổi là một loại phương trình vi phân rất phổ biến. Giải pháp của họ không phải là đặc biệt khó khăn. Rễ được tìm thấy đầu tiên phương trình đặc trưng . Đối với p và q khác nhau, có thể xảy ra ba trường hợp: nghiệm nguyên của phương trình đặc trưng có thể là thực và khác, thực và trùng hoặc liên hợp phức tạp. Tùy thuộc vào các giá trị của nghiệm nguyên của phương trình đặc trưng, ​​nghiệm tổng quát của phương trình vi phân được viết dưới dạng , hoặc , hoặc tương ứng.

Ví dụ, xét một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai với các hệ số không đổi. Căn của phương trình đặc trưng của anh ta là k 1 = -3 và k 2 = 0. Các gốc là thực và khác nhau, do đó, giải pháp chung cho LDE với hệ số không đổi là


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

Nghiệm tổng quát của LIDE bậc hai với hệ số y không đổi được tìm dưới dạng tổng giải pháp chung tương ứng với LOD và một giải pháp cụ thể của bản gốc phương trình thuần nhất, đó là, . Đoạn trước được dành để tìm một nghiệm tổng quát cho một phương trình vi phân thuần nhất với hệ số không đổi. Và một giải pháp cụ thể được xác định bằng phương pháp hệ số không xác định tại hình thức nhất định hàm f (x), đứng về phía bên phải của phương trình ban đầu, hoặc theo phương pháp biến thiên của hằng số tùy ý.

Như ví dụ về các LIDE bậc hai với hệ số không đổi, chúng tôi trình bày


Hiểu lý thuyết và làm quen với quyết định chi tiết các ví dụ chúng tôi cung cấp cho bạn trên trang của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai với hệ số không đổi.

Phương trình vi phân tuyến tính đồng nhất (LODE) và phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc hai (LNDEs).

Một trường hợp đặc biệt của phương trình vi phân loại này là LODE và LODE với hệ số không đổi.

Nghiệm tổng quát của LODE trên một khoảng nhất định được biểu diễn bằng sự kết hợp tuyến tính của hai nghiệm cụ thể độc lập tuyến tính y 1 và y 2 của phương trình này, nghĩa là, .

Khó khăn chính nằm ở chỗ tìm nghiệm riêng độc lập tuyến tính của loại phương trình vi phân này. Thông thường, các giải pháp cụ thể được chọn từ hệ thống sau các chức năng độc lập tuyến tính:


Tuy nhiên, các giải pháp cụ thể không phải lúc nào cũng được trình bày dưới dạng này.

Một ví dụ về LODU là .

Nghiệm tổng quát của LIDE được tìm dưới dạng, nghiệm tổng quát của LODE tương ứng và là nghiệm cụ thể của phương trình vi phân ban đầu. Chúng ta vừa nói về cách tìm, nhưng nó có thể được xác định bằng cách sử dụng phương pháp biến thiên của các hằng số tùy ý.

Ví dụ về LNDE là .

Phương trình vi phân bậc cao.

Phương trình vi phân thừa nhận giảm bậc.

Thứ tự của phương trình vi phân , không chứa hàm mong muốn và các đạo hàm của nó lên đến bậc k-1, có thể được rút gọn thành n-k bằng cách thay thế.

Trong trường hợp này, và phương trình vi phân ban đầu giảm xuống. Sau khi tìm thấy nghiệm của nó p (x), nó vẫn còn để quay lại thay thế và xác định hàm chưa biết y.

Ví dụ, phương trình vi phân sau khi thay thế trở thành một phương trình có thể phân tách, và thứ tự của nó được giảm từ thứ ba xuống thứ nhất.

Bài báo này tiết lộ câu hỏi giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp hai với hệ số không đổi. Lý thuyết sẽ được xem xét cùng với các ví dụ về các vấn đề đã cho. Để giải mã các thuật ngữ khó hiểu, cần tham khảo chủ đề về các định nghĩa và khái niệm cơ bản của lý thuyết phương trình vi phân.

Xét một phương trình vi phân tuyến tính (LDE) bậc hai với các hệ số không đổi có dạng y "" + p y "+ q y \ u003d f (x), trong đó p và q là các số tùy ý và hàm hiện tại f (x) là liên tục trên khoảng tích phân x.

Chúng ta hãy chuyển sang công thức của định lý nghiệm tổng quát cho LIDE.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Định lý giải pháp chung cho LDNU

Định lý 1

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

Điều này cho thấy rằng nghiệm của một phương trình bậc hai có dạng y = y 0 + y ~. Thuật toán tìm y 0 được xét trong bài về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2 với hệ số không đổi. Sau đó, người ta sẽ tiến tới định nghĩa của y ~.

Việc lựa chọn một nghiệm cụ thể cho MẶT PHNG phụ thuộc vào dạng của hàm khả dụng f (x) nằm ở vế phải của phương trình. Muốn vậy cần xét riêng các nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2 với hệ số không đổi.

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

ví dụ 1

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

Dung dịch

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

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

Đầu tiên, chúng ta hãy tìm một giải pháp chung cho LNDE, và sau đó là một giải pháp cụ thể.

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

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

Chúng tôi phát hiện ra rằng rễ là khác nhau và có thật. Do đó, chúng tôi viết

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

Hãy tìm y ~. Có thể thấy rằng mặt phải mỗi phương trình đã cho là một đa thức bậc hai, khi đó một trong các căn bằng không. Từ đây, chúng tôi nhận được rằng một giải pháp cụ thể cho y ~ sẽ là

y ~ = Q 2 (x) x γ \ u003d (A x 2 + B x + C) x \ u003d A x 3 + B x 2 + C x, trong đó các giá trị \ u200b \ u200bof 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 rằng:

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

Lập phương trình các hệ số với cùng số mũ x, ta được hệ biểu thức tuyến tính - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Khi giải theo bất kỳ cách nào, chúng ta tìm các hệ số và viết: A \ u003d - 1 6, B \ u003d - 1 4, C \ u003d - 3 4 và y ~ \ u003d A x 3 + B x 2 + C x \ u003d - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x.

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

Để tìm một nghiệm cụ thể thỏa mãn các điều kiện y (0) = 2, y "(0) = 1 4, cần phải xác định các giá trị C1 và C2, dựa trên đẳng thức có dạng y \ u003d 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

Ta làm được hệ phương trình 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, chúng 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

Câu 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 từ đây ta thu được nghiệm cụ thể của hàm LIDE bậc hai sẽ là 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 bằng 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.

Dung dịch

Phương trình nhìn chung y = y 0 + y ~. Phương trình được chỉ định tương ứng với LOD y "" - 2 y "= 0. Ví dụ trước cho thấy rằng các gốc của nó bằng k1 = 0 và k 2 = 2 và y 0 = C 1 + C 2 e 2 x theo phương trình đặc trưng.

Rõ ràng là bên phải của phương trình là x 2 + 1 · e x. Từ đây, LNDE 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 trưng không có căn bằng 1. Do đó chúng tôi nhận 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 cân bằng các chỉ số cho các hệ số giống nhau và thu được một hệ phương trình tuyến tính. Từ đây, chúng ta tìm thấy A, B, C:

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

Câu trả lời: có thể thấy rằng y ~ = e x (A x 2 + B x + C) = e x - x 2 + 0 x - 3 = - e x x 2 + 3 là nghiệm cụ thể của LIDE, và y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3

Khi hàm 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 một 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 các căn liên hợp phức liên quan đến phương trình đặc trưng, ​​bằng ± i β. Trong trường hợp này, việc tìm kiếm các hệ số được thực hiện bởi đẳng thức y ~ "" + p · y ~ "+ q · y ~ = f (x).

Ví dụ 3

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

Dung dịch

Trước khi viết phương trình đặc trưng, ​​ta tìm y 0. sau đó

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

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

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

Các gốc từ phương trình đặc trưng được coi là một cặp liên hợp ± 2 i, khi đó f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Điều này cho thấy rằng 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. Không biết Hệ số A và B sẽ được tìm từ một đẳng thức có dạng y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x).

Hãy biến 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)

Sau đó, người ta thấy rằng

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

Cần phải cân bằng hệ số của sin và cosin. Chúng tôi nhận được một hệ thống có dạng:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

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

Câu trả lời: nghiệm tổng quát của LIDE ban đầu của bậc hai với hệ số không đổi được coi là

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 căn liên hợp phức liên quan đến phương trình đặc trưng, ​​bằng α ± i β, trong đó P n (x), Q k (x), L m ( x) và N m (x) là các đa thức bậc n, k, m, trong đó m = m a x (n, k). Tìm hệ số L m (x) và N m (x)được tạo ra 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)).

Dung dịch

Điều kiện rõ ràng là

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

Khi đó m = m a x (n, k) = 1. Trước hết 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 nhận 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 một nghiệm tổng quát dựa trên một 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 rằng A, B, C là các hệ số, r = 0, vì không có cặp căn liên hợp nào liên quan đến phương trình đặc trưng với α ± i β = 3 ± 5 · i. Các hệ số này được tìm thấy 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 các 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, chúng ta thu được một hệ thống 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 tất cả nó sau 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 (5x))

Câu trả lời: bây giờ nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính đã cho đã nhận được:

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 giải pháp cung cấp cho thuật toán giải:

• 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 y 1 và y2 là các giải pháp cụ thể độc lập tuyến tính của LODE, Từ 1 và Từ 2được coi là hằng số tùy ý;
• chấp nhận như một nghiệm tổng quát của LIDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
• định nghĩa 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 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.

Dung dịch

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

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 có dạng y = C 1 (x) cos (6 x) + C 2 (x) sin (6 x). Nó là cần thiết để chuyển sang định nghĩa của các 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)) \ u003d \ u003d 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 C2 "(x) sử dụng bất kỳ phương pháp nào. Sau đó, chúng tôi viết:

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

Mỗi phương trình phải được tích hợp. Sau đó, chúng tôi 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

Sau đó, giải pháp chung 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)

Câu 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 (6x)

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

Phương trình vi phân bậc 2 trở lên.
DE tuyến tính bậc hai với hệ số không đổi.
Các ví dụ giải pháp.

Ta chuyển sang xét phương trình vi phân bậc hai và phương trình vi phân bậc cao. Nếu bạn có một ý tưởng mơ hồ về phương trình vi phân là gì (hoặc không hiểu nó là gì), thì tôi khuyên bạn nên bắt đầu với bài học Phương trình vi phân bậc nhất. Ví dụ giải pháp. Nhiều nguyên tắc quyết định và các khái niệm cơ bản các chất khác biệt bậc nhất tự động mở rộng đến các phương trình vi phân bậc cao hơn, vì vậy điều quan trọng đầu tiên là phải hiểu các phương trình bậc nhất.

Nhiều độc giả có thể có định kiến ​​rằng DE của thứ tự thứ 2, thứ 3 và các thứ tự khác là một thứ gì đó rất khó và không thể tiếp cận để thành thạo. Đây không phải là sự thật . Tìm hiểu để giải quyết sự khuếch tán đơn hàng cao hơn hầu như không phức tạp hơn so với DE đặt hàng đầu tiên "thông thường". Và ở một số nơi, điều đó thậm chí còn dễ dàng hơn, vì tài liệu của chương trình giảng dạy ở trường được sử dụng tích cực trong các quyết định.

Phổ biến nhất phương trình vi phân bậc hai. Thành một phương trình vi phân bậc hai nhất thiết bao gồm đạo hàm thứ hai và không bao gồm

Cần lưu ý rằng một số trẻ sơ sinh (và thậm chí tất cả cùng một lúc) có thể bị thiếu trong phương trình, điều quan trọng là người cha đã ở nhà. Phương trình vi phân bậc hai nguyên thủy nhất có dạng như sau:

Phương trình vi phân bậc ba trong nhiệm vụ thực tếít xảy ra hơn nhiều, theo quan sát chủ quan của tôi trong Duma quốc gia họ sẽ nhận được khoảng 3-4% số phiếu bầu.

Thành một phương trình vi phân bậc ba nhất thiết bao gồm đạo hàm thứ ba và không bao gồm các dẫn xuất của đơn đặt hàng cao hơn:

Phương trình vi phân đơn giản nhất của bậc ba trông giống như sau: - Bố đang ở nhà, tất cả các con đều ra ngoài đi dạo.

Tương tự, có thể xác định phương trình vi phân bậc 4, bậc 5 và bậc cao hơn. Trong các bài toán thực tế, DE như vậy rất hiếm khi trượt, tuy nhiên, tôi sẽ cố gắng đưa ra các ví dụ có liên quan.

Phương trình vi phân bậc cao được đề xuất trong các bài toán thực tế có thể được chia thành hai nhóm chính.

1) Nhóm đầu tiên - cái gọi là phương trình bậc thấp. Bay vào!

2) Nhóm thứ hai - Các phương trình tuyến tínhđơn đặt hàng cao hơn với hệ số không đổi. Mà chúng ta sẽ bắt đầu xem xét ngay bây giờ.

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

Về lý thuyết và thực hành, hai loại phương trình như vậy được phân biệt - phương trình thuần nhất và phương trình không thuần nhất.

DE đồng nhất bậc hai với hệ số không đổi Nó có lần xem tiếp theo:
, các hằng số (số) ở đâu và ở đâu, và ở phía bên phải - nghiêm ngặt số không.

Như bạn có thể thấy, không có khó khăn đặc biệt nào với các phương trình thuần nhất, điều chính là quyết định một cách chính xác phương trình bậc hai .

Đôi khi có những phương trình thuần nhất không chuẩn, ví dụ, một phương trình ở dạng , trong đó tại đạo hàm cấp hai có một số hằng số, khác với thống nhất (và tất nhiên, khác 0). Thuật toán giải không thay đổi gì cả, người ta nên bình tĩnh soạn phương trình đặc trưng và tìm nghiệm nguyên của nó. Nếu phương trình đặc trưng sẽ có hai gốc thực khác nhau, ví dụ: , thì giải pháp chung có thể được viết theo cách thông thường: .

Trong một số trường hợp, do lỗi đánh máy trong điều kiện, rễ "xấu" có thể bật ra, giống như . Phải làm gì, câu trả lời sẽ phải được viết như thế này:

Với các gốc phức liên hợp "xấu" như cũng không có vấn đề gì, giải pháp chung:

Đó là, một giải pháp chung tồn tại trong mọi trường hợp. Vì bất kỳ phương trình bậc hai nào cũng có hai nghiệm.

Trong đoạn cuối cùng, như tôi đã hứa, chúng ta sẽ xem xét ngắn gọn:

Phương trình đồng nhất tuyến tính bậc cao hơn

Mọi thứ đều rất, rất giống nhau.

Phương trình thuần nhất tuyến tính bậc 3 có dạng như sau:
, các hằng số ở đâu.
Đối với phương trình này, bạn cũng cần phải soạn một phương trình đặc trưng và tìm nghiệm nguyên của nó. Phương trình đặc trưng, ​​như nhiều người đã đoán, trông như thế này:
, và nó dù sao Nó có chính xác ba nguồn gốc.

Ví dụ, tất cả các gốc đều có thật và khác biệt: , thì giải pháp chung có thể được viết như sau:

Nếu một căn là thực và hai căn còn lại là phức liên hợp, thì chúng ta viết nghiệm tổng quát như sau:

Một trường hợp đặc biệt khi cả ba gốc đều là bội số (giống nhau). Hãy coi DE thuần nhất đơn giản nhất bậc 3 có cha cô đơn:. Phương trình đặc trưng có ba nghiệm nguyên 0 trùng nhau. Chúng tôi viết giải pháp chung như sau:

Nếu phương trình đặc trưng chẳng hạn, có ba căn bội, thì nghiệm tổng quát tương ứng là:

Ví dụ 9

Giải phương trình vi phân thuần nhất bậc ba

Dung dịch: Chúng tôi soạn và giải phương trình đặc trưng:

, - thu được một gốc thực và hai gốc phức liên hợp.

Câu trả lời: quyết định chung

Tương tự, chúng ta có thể xem xét một phương trình bậc 4 thuần nhất tuyến tính với các hệ số không đổi:, các hằng số ở đâu.

Phương trình vi phân tuyến tính bậc hai được gọi là một phương trình có dạng

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

ở đâu y là chức năng được tìm thấy, và P(x) , q(x) và f(x) là các hàm liên tục trên một khoảng nào đó ( a, b) .

Nếu vế phải của phương trình bằng 0 ( f(x) = 0), khi đó phương trình được gọi là phương trình thuần nhất tuyến tính . Các phương trình như vậy sẽ chủ yếu được dành cho phần thực hành của bài học này. Nếu vế phải của phương trình không bằng 0 ( f(x 0), khi đó phương trình được gọi là.

Trong các nhiệm vụ, chúng tôi được yêu cầu giải phương trình liên quan đến y"" :

y"" = −P(x)y" − q(x)y + f(x) .

Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có một nghiệm duy nhất Vấn đề Cauchy .

Phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính bậc hai và nghiệm của nó

Xét một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai:

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

Nếu một y1 (x) và y2 (x) là các nghiệm cụ thể của phương trình này, thì các mệnh đề sau là đúng:

1) y1 (x) + y 2 (x) - cũng là một giải pháp cho phương trình này;

2) C y1 (x) , ở đâu C- một hằng số tùy ý (hằng số), cũng là một nghiệm của phương trình này.

Từ hai câu lệnh này, hàm

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

cũng là một giải pháp cho phương trình này.

Một câu hỏi công bằng được đặt ra: đây có phải là giải pháp nghiệm tổng quát của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai , nghĩa là, một giải pháp như vậy, trong đó, cho các giá trị khác nhau C1 và C2 là nó có thể nhận được tất cả các nghiệm có thể có của phương trình?

Câu trả lời cho câu hỏi này là: nó có thể, nhưng trong những điều kiện nhất định. nó điều kiện về những thuộc tính mà các giải pháp cụ thể phải có y1 (x) và y2 (x) .

Và điều kiện này được gọi là điều kiện độc lập tuyến tính các quyết định riêng tư.

Định lý. Hàm số C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) là một nghiệm tổng quát của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai nếu các hàm y1 (x) và y2 (x) độc lập tuyến tính.

Sự định nghĩa. Chức năng y1 (x) và y2 (x) được gọi là độc lập tuyến tính nếu tỷ số của chúng là một hằng số khác 0:

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

Tuy nhiên, việc xác định theo định nghĩa các hàm này có độc lập tuyến tính hay không thường rất khó. Có một cách để thiết lập tính độc lập tuyến tính bằng cách sử dụng định thức Wronsky W(x) :

Nếu định thức Wronsky không bằng 0, thì các nghiệm là độc lập tuyến tính . Nếu định thức Wronsky bằng 0, thì các nghiệm phụ thuộc tuyến tính.

ví dụ 1 Tìm nghiệm tổng quát của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất.

Dung dịch. Ta tích phân hai lần và dễ dàng nhận thấy, để hiệu của đạo hàm cấp hai của hàm số và chính hàm số bằng 0, các nghiệm phải được liên kết với một số mũ có đạo hàm bằng chính nó. Đó là, các giải pháp tư nhân là và.

Vì định thức Vronsky

không bằng 0, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình này có thể được viết là

.

Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ số không đổi: lý thuyết và thực hành

Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai với hệ số không đổi được gọi là một phương trình có dạng

y"" + py" + qy = 0 ,

ở đâu P và q là các giá trị không đổi.

Thực tế rằng đây là một phương trình bậc hai được chỉ ra bởi sự hiện diện của đạo hàm cấp hai của hàm mong muốn, và tính đồng nhất của nó được biểu thị bằng 0 ở phía bên phải. Các đại lượng đã được đề cập ở trên được gọi là hệ số không đổi.

Đến giải một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai với hệ số không đổi , trước tiên bạn phải giải cái gọi là phương trình đặc trưng của dạng

k² + pq + q = 0 ,

mà, như có thể thấy, là một phương trình bậc hai thông thường.

Tùy thuộc vào nghiệm của phương trình đặc trưng, ​​có thể có ba phương án khác nhau nghiệm của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai với hệ số không đổi , mà bây giờ chúng ta sẽ phân tích. Để hoàn toàn chắc chắn, chúng ta sẽ giả định rằng tất cả các nghiệm cụ thể đã được kiểm tra bởi định thức Vronsky và trong mọi trường hợp, nó không bằng không. Tuy nhiên, những người nghi ngờ có thể tự mình kiểm tra.

Gốc của phương trình đặc trưng - thực và khác

Nói cách khác, . Trong trường hợp này, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ số không đổi có dạng

.

Ví dụ 2. Giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

.

Ví dụ 3. Giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

.

Dung dịch. Phương trình đặc trưng có dạng, nghiệm nguyên và có thực và khác nhau. Các nghiệm cụ thể tương ứng của phương trình: và. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này có dạng

.

Gốc của phương trình đặc trưng - thực và bằng

Đó là, . Trong trường hợp này, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc 2 với hệ số không đổi có dạng

.

Ví dụ 4. Giải một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

.

Dung dịch. Phương trình đặc trưng có gốc bằng nhau. Các nghiệm cụ thể tương ứng của phương trình: và. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này có dạng

Ví dụ 5. Giải một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

.

Dung dịch. Phương trình đặc trưng có nghiệm nguyên bằng nhau. Các nghiệm cụ thể tương ứng của phương trình: và. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này có dạng

Xét một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất với hệ số không đổi:
(1) .
Giải pháp của nó có thể được lấy bằng cách phương pháp chung hạ lệnh.

Tuy nhiên, việc lấy ngay hệ thống cơ bản sẽ dễ dàng hơn N các giải pháp độc lập tuyến tính và trên cơ sở của nó để đưa ra giải pháp tổng thể. Trong trường hợp này, toàn bộ quy trình giải pháp được rút gọn thành các bước sau.

Chúng tôi đang tìm một lời giải cho phương trình (1) ở dạng. Chúng tôi nhận được phương trình đặc trưng:
(2) .
Nó có n gốc. Ta giải phương trình (2) và tìm nghiệm nguyên của nó. Khi đó phương trình đặc trưng (2) có thể được biểu diễn dưới dạng sau:
(3) .
Mỗi nghiệm nguyên tương ứng với một trong các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1). Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu (1) có dạng:
(4) .

Rễ thật

Xem xét nguồn gốc thực sự. Để cho gốc là đơn. Nghĩa là, hệ số đi vào phương trình đặc trưng (3) một lần duy nhất. Sau đó, gốc này tương ứng với giải pháp
.

Cho là một nhiều căn của đa bội p. Đó là
. Trong trường hợp này, hệ số tính bằng p lần:
.
Nhiều nghiệm (bằng nhau) này tương ứng với p nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình ban đầu (1):
; ; ; ...; .

Rễ phức tạp

Xem xét các gốc phức tạp. Chúng tôi thể hiện gốc phức về phần thực và phần ảo:
.
Vì các hệ số của gốc là thực nên ngoài căn còn có căn liên hợp phức.
.

Cho phép gốc phức là đơn. Khi đó cặp nghiệm nguyên tương ứng với hai nghiệm độc lập tuyến tính:
; .

Cho là một căn bậc nhiều phức của đa bội p. Khi đó giá trị liên hợp phức cũng là căn của phương trình đặc trưng của bội p và cấp số nhân lên p lần:
.
Đây 2p rễ tương ứng 2p các giải pháp độc lập tuyến tính:
; ; ; ... ;
; ; ; ... .

Sau hệ thống cơ bản các giải pháp độc lập tuyến tính được tìm thấy, nhưng chúng tôi có được giải pháp chung.

Ví dụ về các giải pháp vấn đề

ví dụ 1

Giải phương trình:
.

Dung dịch

.
Hãy biến đổi nó:
;
;
.

Hãy xem xét các gốc của phương trình này. Chúng ta đã thu được bốn nghiệm phức của bội 2:
; .
Chúng tương ứng với bốn nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình ban đầu:
; ; ; .

Chúng ta cũng có ba gốc thực của đa bội 3:
.
Chúng tương ứng với ba giải pháp độc lập tuyến tính:
; ; .

Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu có dạng:
.

Câu trả lời

Ví dụ 2

giải phương trình

Dung dịch

Tìm kiếm một giải pháp trong biểu mẫu. Chúng tôi soạn phương trình đặc trưng:
.
Chúng tôi giải một phương trình bậc hai.
.

Chúng tôi có hai gốc phức tạp:
.
Chúng tương ứng với hai giải pháp độc lập tuyến tính:
.
Nghiệm tổng quát của phương trình:
.