განსაზღვრეთ არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების კონკრეტული ამოხსნის ტიპი. მეორე რიგის არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლებები

საგანმანათლებლო დაწესებულება "ბელორუსის სახელმწიფო

სასოფლო-სამეურნეო აკადემია"

უმაღლესი მათემატიკის კათედრა

გაიდლაინები

საკორესპონდენტო განათლების ბუღალტერიის ფაკულტეტის (NISPO) სტუდენტების მიერ თემის „მეორე რიგის ხაზოვანი დიფერენციალური განტოლებების“ შესწავლა.

გორკი, 2013 წ

წრფივი დიფერენციალური განტოლებები

მეორე რიგის მუდმივებითკოეფიციენტები

წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებები

მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით ფორმის განტოლებას უწოდებენ

იმათ. განტოლება, რომელიც შეიცავს სასურველ ფუნქციას და მის წარმოებულებს მხოლოდ პირველ ხარისხში და არ შეიცავს მათ პროდუქტებს. ამ განტოლებაში და
- რამდენიმე რიცხვი და ფუნქცია
მოცემული გარკვეული ინტერვალით
.

თუ
ინტერვალზე
, მაშინ განტოლება (1) მიიღებს ფორმას

, (2)

და ეწოდება ხაზოვანი ერთგვაროვანი . წინააღმდეგ შემთხვევაში, განტოლება (1) ეწოდება წრფივი არაერთგვაროვანი .

განვიხილოთ რთული ფუნქცია

, (3)

სად
და
- რეალური ფუნქციები. თუ ფუნქცია (3) არის (2) განტოლების რთული ამოხსნა, მაშინ რეალური ნაწილი
და წარმოსახვითი ნაწილი
გადაწყვეტილებები
ცალკე არის ერთი და იგივე ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნები. ამრიგად, (2) განტოლების ნებისმიერი რთული ამონახსნები წარმოქმნის ამ განტოლების ორ რეალურ ამონახსნებს.

ერთგვაროვანი წრფივი განტოლების ამონახსნებს აქვთ შემდეგი თვისებები:

თუ არის (2) განტოლების ამონახსნი, შემდეგ ფუნქცია
, სად თან– თვითნებური მუდმივი ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი;

თუ და არის (2) განტოლების ამონახსნები, შემდეგ ფუნქცია
ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი;

თუ და არის (2) განტოლების ამონახსნები, შემდეგ მათი წრფივი კომბინაცია
ასევე იქნება (2) განტოლების ამონახსნი, სადაც და
- თვითნებური მუდმივები.

ფუნქციები
და
უწოდებენ წრფივად დამოკიდებული ინტერვალზე
თუ ასეთი რიცხვები არსებობს და
, ერთდროულად ნულის ტოლი არ არის, რომ ამ ინტერვალზე ტოლია

თუ თანასწორობა (4) ხდება მხოლოდ მაშინ, როცა
და
, შემდეგ ფუნქციები
და
უწოდებენ წრფივი დამოუკიდებელი ინტერვალზე
.

მაგალითი 1 . ფუნქციები
და
არიან წრფივი დამოკიდებულნი, ვინაიდან
მთელ რიცხვთა ხაზზე. ამ მაგალითში
.

მაგალითი 2 . ფუნქციები
და
ისინი წრფივად დამოუკიდებელნი არიან ნებისმიერ ინტერვალზე, რადგან თანასწორობაა
შესაძლებელია მხოლოდ იმ შემთხვევაში, როდესაც
, და
.

ზოგადი ხსნარის აგება წრფივი ერთგვაროვანი

განტოლებები

იმისათვის, რომ იპოვოთ განტოლების ზოგადი ამონახსნები (2), თქვენ უნდა იპოვოთ მისი ორი ხაზოვანი დამოუკიდებელი ამონახსნები და . ამ გადაწყვეტილებების ხაზოვანი კომბინაცია
, სად და
არის თვითნებური მუდმივები და მისცემს ზოგად ამოხსნას წრფივი ერთგვაროვანი განტოლებისთვის.

ჩვენ ვეძებთ (2) განტოლების წრფივად დამოუკიდებელ ამონახსნებს ფორმაში

, (5)

სად - გარკვეული რაოდენობა. მაშინ
,
. მოდით ჩავანაცვლოთ ეს გამონათქვამები განტოლებაში (2):

ან
.

იმიტომ რომ
, ეს
. ასე რომ ფუნქცია
იქნება (2) განტოლების ამონახსნი თუ დააკმაყოფილებს განტოლებას

. (6)

განტოლება (6) ეწოდება დამახასიათებელი განტოლება (2) განტოლებისთვის. ეს განტოლება არის ალგებრული კვადრატული განტოლება.

დაე და არსებობს ამ განტოლების ფესვები. ისინი შეიძლება იყოს ან რეალური და განსხვავებული, ან რთული, ან რეალური და თანაბარი. განვიხილოთ ეს შემთხვევები.

დაუშვით ფესვები და დამახასიათებელი განტოლებები რეალური და განსხვავებულია. მაშინ (2) განტოლების ამონახსნები იქნება ფუნქციები
და
. ეს გადაწყვეტილებები წრფივი დამოუკიდებელია, რადგან თანასწორობაა
შეიძლება განხორციელდეს მხოლოდ მაშინ, როდესაც
, და
. ამრიგად, (2) განტოლების ზოგად ამონახსას აქვს ფორმა

,

სად და
- თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 3
.

გამოსავალი . ამ დიფერენციაციის დამახასიათებელი განტოლება იქნება
. ამ კვადრატული განტოლების ამოხსნის შემდეგ, ჩვენ ვიპოვით მის ფესვებს
და
. ფუნქციები
და
არის დიფერენციალური განტოლების ამონახსნები. ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის
.

კომპლექსური ნომერი ფორმის გამოხატულებას უწოდებენ
, სად და არის რეალური რიცხვები და
წარმოსახვით ერთეულს უწოდებენ. თუ
, შემდეგ ნომერი
ეწოდება წმინდა წარმოსახვითი. თუ
, შემდეგ ნომერი
იდენტიფიცირებულია რეალური რიცხვით .

ნომერი ეწოდება რთული რიცხვის ნამდვილ ნაწილს და - წარმოსახვითი ნაწილი. თუ ორი რთული რიცხვი ერთმანეთისგან განსხვავდება მხოლოდ წარმოსახვითი ნაწილის ნიშნით, მაშინ მათ კონიუგატი ეწოდება:
,
.

მაგალითი 4 . ამოხსენით კვადრატული განტოლება
.

გამოსავალი . დისკრიმინაციული განტოლება
. მერე. ანალოგიურად,
. ამრიგად, ამ კვადრატულ განტოლებას აქვს კონიუგირებული რთული ფესვები.

დაე, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები იყოს რთული, ე.ი.
,
, სად
. (2) განტოლების ამონახსნები შეიძლება დაიწეროს ფორმით
,
ან
,
. ეილერის ფორმულების მიხედვით

,
.

შემდეგ,. როგორც ცნობილია, თუ რთული ფუნქცია არის წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნი, მაშინ ამ განტოლების ამონახსნები არის ამ ფუნქციის როგორც რეალური, ასევე წარმოსახვითი ნაწილები. ამრიგად, (2) განტოლების ამონახსნები იქნება ფუნქციები
და
. თანასწორობიდან გამომდინარე

შეიძლება შესრულდეს მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ
და
, მაშინ ეს გადაწყვეტილებები წრფივად დამოუკიდებელია. მაშასადამე, (2) განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

სად და
- თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 5 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი
.

გამოსავალი . განტოლება
დამახასიათებელია მოცემული დიფერენციალისთვის. მოვაგვაროთ და მივიღოთ რთული ფესვები
,
. ფუნქციები
და
არის დიფერენციალური განტოლების წრფივი დამოუკიდებელი ამონახსნები. ამ განტოლების ზოგადი გამოსავალია:

დაე, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები იყოს რეალური და ტოლი, ე.ი.
. მაშინ (2) განტოლების ამონახსნები არის ფუნქციები
და
. ეს ამონახსნები წრფივად დამოუკიდებელია, რადგან გამონათქვამი შეიძლება იყოს იდენტურად ნულის ტოლი მხოლოდ მაშინ
და
. ამრიგად, (2) განტოლების ზოგად ამონახსას აქვს ფორმა
.

მაგალითი 6 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი
.

გამოსავალი . დამახასიათებელი განტოლება
თანაბარი ფესვები აქვს
. ამ შემთხვევაში, დიფერენციალური განტოლების ხაზოვანი დამოუკიდებელი ამონახსნები არის ფუნქციები
და
. ზოგად გამოსავალს აქვს ფორმა
.

მეორე რიგის არაერთგვაროვანი წრფივი დიფერენციალური განტოლებები მუდმივი კოეფიციენტებით

და სპეციალური მარჯვენა მხარე

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების (1) ზოგადი ამონახსნი უდრის ზოგადი ამონახსნის ჯამს
შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლება და რომელიმე კონკრეტული ამონახსნი
არაჰომოგენური განტოლება:
.

ზოგიერთ შემთხვევაში, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი შეიძლება მოიძებნოს უბრალოდ მარჯვენა მხარის სახით.
განტოლება (1). მოდით შევხედოთ შემთხვევებს, როდესაც ეს შესაძლებელია.

იმათ. არაჰომოგენური განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი მ. თუ
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა ვეძებოთ ხარისხის მრავალწევრის სახით მ, ე.ი.

შანსები
განისაზღვრება კონკრეტული გადაწყვეტის ძიების პროცესში.

თუ
არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა ვეძებოთ ფორმით

მაგალითი 7 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი
.

გამოსავალი . ამ განტოლების შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლებაა
. მისი დამახასიათებელი განტოლება
აქვს ფესვები
და
. ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა
.

იმიტომ რომ
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ ჩვენ ვეძებთ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას ფუნქციის სახით
. მოდი ვიპოვოთ ამ ფუნქციის წარმოებულები
,
და ჩაანაცვლეთ ისინი ამ განტოლებაში:

ან . მოდით გავატოლოთ კოეფიციენტები ამისთვის და თავისუფალი წევრები:
ამ სისტემის ამოხსნის შემდეგ, ჩვენ ვიღებთ
,
. მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა
და მოცემული არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი იქნება შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნისა და არაერთგვაროვანის კონკრეტული ამონახსნის ჯამი:
.

არაერთგვაროვან განტოლებას ფორმა ჰქონდეს

თუ
არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა მოძებნოთ ფორმაში. თუ
არის დამახასიათებელი სიმრავლის განტოლების ფესვი კ (კ= 1 ან კ=2), მაშინ ამ შემთხვევაში არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტულ ამონახსანს ექნება ფორმა .

მაგალითი 8 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი
.

გამოსავალი . შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლებისთვის დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა
. მისი ფესვები
,
. ამ შემთხვევაში, შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები იწერება ფორმით
.

ვინაიდან რიცხვი 3 არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი უნდა მოძებნოთ ფორმით
. ვიპოვოთ პირველი და მეორე რიგის წარმოებულები:

მოდით ჩავანაცვლოთ დიფერენციალური განტოლებით:
+ +,
+,.

მოდით გავატოლოთ კოეფიციენტები ამისთვის და თავისუფალი წევრები:

აქედან
,
. შემდეგ ამ განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა
და ზოგადი გადაწყვეტა

.

თვითნებური მუდმივების ვარიაციის ლაგრანგის მეთოდი

თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდი შეიძლება გამოყენებულ იქნას ნებისმიერ არაჰომოგენურ წრფივ განტოლებაზე მუდმივი კოეფიციენტებით, მარჯვენა მხარის ტიპის მიუხედავად. ეს მეთოდი საშუალებას გაძლევთ ყოველთვის იპოვოთ არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნი, თუ ცნობილია შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახვა.

დაე
და
არის (2) განტოლების წრფივად დამოუკიდებელი ამონახსნები. მაშინ ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის
, სად და
- თვითნებური მუდმივები. თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდის არსი იმაში მდგომარეობს, რომ (1) განტოლების ზოგადი ამონახსნები მოძებნილია ფორმით

სად
და
- ახალი უცნობი ფუნქციები, რომლებიც უნდა მოიძებნოს. ვინაიდან ორი უცნობი ფუნქციაა, მათი საპოვნელად საჭიროა ამ ფუნქციების შემცველი ორი განტოლება. ეს ორი განტოლება ქმნის სისტემას

რომელიც არის განტოლებათა წრფივი ალგებრული სისტემა
და
. ამ სისტემის გადაჭრას ვპოულობთ
და
. მიღებული ტოლობების ორივე მხარის ინტეგრირებით ვხვდებით

და
.

ამ გამონათქვამების (9) ჩანაცვლებით, ჩვენ ვიღებთ ზოგად ამონახსანს არაჰომოგენური წრფივი განტოლებისთვის (1).

მაგალითი 9 . იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი
.

გამოსავალი. მოცემული დიფერენციალური განტოლების შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების დამახასიათებელი განტოლება არის
. მისი ფესვები რთულია
,
. იმიტომ რომ
და
, ეს
,
და ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა. შემდეგ ჩვენ ვეძებთ ამ არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას იმ ფორმით, სადაც
და
- უცნობი ფუნქციები.

ამ უცნობი ფუნქციების საპოვნელ განტოლებათა სისტემას აქვს ფორმა

ამ სისტემის ამოხსნის შემდეგ, ჩვენ ვიპოვით
,
. მაშინ

,
. მოდით შევცვალოთ მიღებული გამონათქვამები ზოგადი ამოხსნის ფორმულაში:

ეს არის ამ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი გამოსავალი, მიღებული ლაგრანგის მეთოდით.

კითხვები ცოდნის თვითკონტროლისთვის

რომელ დიფერენციალურ განტოლებას ეწოდება მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით?

რომელ წრფივ დიფერენციალურ განტოლებას ეწოდება ერთგვაროვანი და რომელს არაჰომოგენური?

რა თვისებები აქვს წრფივ ერთგვაროვან განტოლებას?

რომელ განტოლებას უწოდებენ ხაზოვანი დიფერენციალური განტოლების მახასიათებელს და როგორ მიიღება იგი?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები დამახასიათებელი განტოლების სხვადასხვა ფესვების შემთხვევაში?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა დამახასიათებელი განტოლების ტოლი ფესვების შემთხვევაში?

რა ფორმით იწერება მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები დამახასიათებელი განტოლების რთული ფესვების შემთხვევაში?

როგორ იწერება წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი?

რა ფორმით არის მოძიებული წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნი, თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები განსხვავებულია და არ უდრის ნულს, ხოლო განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი. მ?

რა ფორმით მოიძებნება წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნი, თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვებს შორის არის ერთი ნული, ხოლო განტოლების მარჯვენა მხარე არის ხარისხის მრავალწევრი. მ?

რა არის ლაგრანჟის მეთოდის არსი?

წრფივი არაერთგვაროვანი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებების (LNDE-2) ამოხსნის საფუძვლები მუდმივი კოეფიციენტებით (PC)

მე-2 რიგის LDDE მუდმივი კოეფიციენტებით $p$ და $q$ აქვს $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, სადაც $f\left(x \right)$ არის უწყვეტი ფუნქცია.

რაც შეეხება LNDU 2-ს კომპიუტერთან, შემდეგი ორი განცხადება მართალია.

დავუშვათ, რომ ზოგიერთი ფუნქცია $U$ არის არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების თვითნებური ნაწილობრივი ამოხსნა. ასევე დავუშვათ, რომ ზოგიერთი ფუნქცია $Y$ არის შესაბამისი წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების (HLDE) ზოგადი ამონახსნები (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. შემდეგ GR LHDE-2 უდრის მითითებული კერძო და ზოგადი ამონახსნების ჯამს, ანუ $y=U+Y$.

თუ მე-2 რიგის LMDE-ის მარჯვენა მხარე არის ფუნქციების ჯამი, ანუ $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, შემდეგ ჯერ შეგვიძლია ვიპოვოთ PD-ები $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$, რომლებიც შეესაბამება. თითოეულ ფუნქციას $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ და ამის შემდეგ ჩაწერეთ CR LNDU-2 $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

მე-2 რიგის LPDE-ს ხსნარი კომპიუტერით

აშკარაა, რომ მოცემული LNDU-2-ის ამა თუ იმ PD $U$-ის ტიპი დამოკიდებულია მისი მარჯვენა მხარის $f\left(x\right)$ სპეციფიკურ ფორმაზე. PD LNDU-2-ის ძიების უმარტივესი შემთხვევები ჩამოყალიბებულია შემდეგი ოთხი წესის სახით.

წესი #1.

LNDU-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, სადაც $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, ანუ მას უწოდებენ $n$ ხარისხის მრავალწევრი. შემდეგ მისი PD $U$ მოიძებნება $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, სადაც $Q_(n) \left(x\right)$ არის სხვა პოლინომი იგივე ხარისხის $P_(n) \left(x\right)$, და $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა, რომლებიც უდრის ნულს. $Q_(n) \left(x\right)$ მრავალწევრის კოეფიციენტები ნაპოვნია განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდით (UK).

წესი No2.

LNDU-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, სადაც $P_(n) \left( x\right)$ არის $n$ ხარისხის მრავალწევრი. შემდეგ მისი PD $U$ იძებნება სახით $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, სადაც $Q_(n ) \ left(x\right)$ არის იგივე ხარისხის კიდევ ერთი პოლინომი, როგორც $P_(n) \left(x\right)$, ხოლო $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა. $\alpha $-ის ტოლია. $Q_(n) \left(x\right)$ პოლინომის კოეფიციენტები ნაპოვნია NC მეთოდით.

წესი No3.

LNDU-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, სადაც $a$, $b$ და $\beta$ ცნობილი რიცხვებია. შემდეგ მისი PD $U$ იძებნება სახით $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, სადაც $A$ და $B$ უცნობი კოეფიციენტებია, ხოლო $r$ არის შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა, ტოლია $i\cdot. \ბეტა $. კოეფიციენტები $A$ და $B$ გვხვდება არადესტრუქციული მეთოდის გამოყენებით.

წესი No4.

LNDU-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, სადაც $P_(n) \left(x\right)$ არის $ n$ ხარისხის მრავალწევრი, ხოლო $P_(m) \left(x\right)$ არის $m$ ხარისხის პოლინომი. შემდეგ მისი PD $U$ იძებნება $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, სადაც $Q_(s) \left(x\right)$ და $ R_(s) \left(x\right)$ არის $s$ ხარისხის პოლინომები, რიცხვი $s$ არის მაქსიმუმ ორი რიცხვი $n$ და $m$, ხოლო $r$ არის ფესვების რაოდენობა. შესაბამისი LODE-2-ის დამახასიათებელი განტოლების, $\alpha +i\cdot \beta $-ის ტოლი. $Q_(s) \left(x\right)$ და $R_(s) \left(x\right)$ პოლინომების კოეფიციენტები ნაპოვნია NC მეთოდით.

NK მეთოდი შედგება შემდეგი წესის გამოყენებისგან. მრავალწევრის უცნობი კოეფიციენტების საპოვნელად, რომლებიც არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების LNDU-2 ნაწილობრივი ამოხსნის ნაწილია, საჭიროა:

• ჩაანაცვლეთ PD $U$, დაწერილი ზოგადი ფორმით, LNDU-2-ის მარცხენა მხარეს;
• LNDU-2-ის მარცხენა მხარეს შეასრულეთ გამარტივებები და დააჯგუფეთ ტერმინები იგივე სიმძლავრით $x$;
• მიღებულ იდენტურობაში, გააიგივეთ ტერმინების კოეფიციენტები მარცხენა და მარჯვენა მხარის იგივე სიმძლავრეებით $x$;
• ამოხსნათ მიღებული წრფივი განტოლებათა სისტემა უცნობი კოეფიციენტებისთვის.

მაგალითი 1

ამოცანა: იპოვეთ OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. იპოვეთ ასევე PD , აკმაყოფილებს საწყის პირობებს $y=6$ $x=0$-ისთვის და $y"=1$ $x=0$-ისთვის.

ჩვენ ვწერთ შესაბამის LOD-2-ს: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

დამახასიათებელი განტოლება: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. დამახასიათებელი განტოლების ფესვებია: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. ეს ფესვები სწორი და განსხვავებულია. ამრიგად, შესაბამისი LODE-2-ის OR-ს აქვს ფორმა: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

ამ LNDU-2-ის მარჯვენა მხარეს აქვს ფორმა $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. აუცილებელია გავითვალისწინოთ $\alpha =3$ მაჩვენებლის კოეფიციენტი. ეს კოეფიციენტი არ ემთხვევა დამახასიათებელი განტოლების არცერთ ფესვს. ამიტომ, ამ LNDU-2-ის PD-ს აქვს ფორმა $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

ჩვენ მოვიძიებთ კოეფიციენტებს $A$, $B$ NC მეთოდით.

ჩვენ ვპოულობთ ჩეხეთის რესპუბლიკის პირველ წარმოებულს:

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

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

ჩვენ ვპოულობთ ჩეხეთის რესპუბლიკის მეორე წარმოებულს:

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

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

ჩვენ ვცვლით $U""$, $U"$ და $U$ ფუნქციებს $y""$, $y"$ და $y$-ის ნაცვლად მოცემულ NLDE-2 $y""-3\cdot y"-ში. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ უფრო მეტიც, რადგან ფაქტორად შედის $e^(3\cdot x) $ ყველა კომპონენტში, მაშინ მისი გამოტოვება შეიძლება მივიღოთ:

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

ჩვენ ვასრულებთ მოქმედებებს მიღებული ტოლობის მარცხენა მხარეს:

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

ჩვენ ვიყენებთ NDT მეთოდს. ჩვენ ვიღებთ წრფივი განტოლებების სისტემას ორი უცნობით:

$-18\cdot A=36;$

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

ამ სისტემის გამოსავალია: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ ჩვენი პრობლემა ასე გამოიყურება: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

OR $y=Y+U$ ჩვენი პრობლემისთვის ასე გამოიყურება: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ მარცხენა(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

იმისათვის, რომ მოვძებნოთ PD, რომელიც აკმაყოფილებს მოცემულ საწყის პირობებს, ჩვენ ვიპოვით OP-ის $y"$ წარმოებულს:

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

ჩვენ ვცვლით $y$ და $y"$ საწყის პირობებს $y=6$ $x=0$-ისთვის და $y"=1$ $x=0$-ისთვის:

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

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

ჩვენ მივიღეთ განტოლებების სისტემა:

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

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

მოვაგვაროთ. ჩვენ ვიპოვით $C_(1) $ კრამერის ფორმულის გამოყენებით და $C_(2) $ ჩვენ განვსაზღვრავთ პირველი განტოლებიდან:

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

ამრიგად, ამ დიფერენციალური განტოლების PD აქვს ფორმა: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.

ჩვენ ვნახეთ, რომ იმ შემთხვევაში, როდესაც ცნობილია წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნები, შესაძლებელია არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნის პოვნა თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდის გამოყენებით. თუმცა, კითხვა, თუ როგორ უნდა ვიპოვოთ ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი გამოსავალი, ღია დარჩა. განსაკუთრებულ შემთხვევაში, როდესაც წრფივ დიფერენციალურ განტოლებაში (3) ყველა კოეფიციენტი p i(X)= a i - მუდმივები, მისი გადაჭრა შესაძლებელია საკმაოდ მარტივად, ინტეგრაციის გარეშეც კი.

განვიხილოთ წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით, ანუ ფორმის განტოლებები

წ (ნ) + ა 1 წ (ნ – 1) +...ა ნ – 1 წ " + a n y = 0, (14)

სად და მე- მუდმივები (მე= 1, 2, ...,ნ).

როგორც ცნობილია, I რიგის წრფივი ჰომოგენური განტოლებისთვის ამონახსნი არის ფორმის ფუნქცია. ე kx.ჩვენ ვეძებთ (14) განტოლების ამოხსნას ფორმაში ჯ (X) = ე kx.

ჩავანაცვლოთ ფუნქცია (14) განტოლებით. ჯ (X) და მისი რიგის წარმოებულები მ (1 £ მ£ ნ)ჯ (მ) (X) = k m e kx. ვიღებთ

(k n + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + a n)e kx = 0,

მაგრამ ე k x ¹ 0 ნებისმიერისთვის X, Ამიტომაც

k n + a 1 k n – 1 +...ა ნ – 1 k + a n = 0. (15)

განტოლება (15) ეწოდება დამახასიათებელი განტოლება, პოლინომი მარცხენა მხარეს- დამახასიათებელი მრავალწევრი , მისი ფესვები- დამახასიათებელი ფესვები დიფერენციალური განტოლება (14).

დასკვნა:

ფუნქციაჯ (X) = ე kx - წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამონახსნი (14) თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ რიცხვი კ - დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (15).

ამრიგად, წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ამოხსნის პროცესი (14) მცირდება ალგებრული განტოლების ამოხსნამდე (15).

შესაძლებელია დამახასიათებელი ფესვების სხვადასხვა შემთხვევები.

1.დამახასიათებელი განტოლების ყველა ფესვი რეალური და განსხვავებულია.

Ამ შემთხვევაში ნსხვადასხვა დამახასიათებელი ფესვები კ 1 ,კ 2 ,..., კ ნშეესაბამება ნერთგვაროვანი განტოლების სხვადასხვა ამონახსნები (14)

შეიძლება აჩვენოს, რომ ეს ამონახსნები წრფივად დამოუკიდებელია და ამიტომ ქმნიან ამონახსნების ფუნდამენტურ სისტემას. ამრიგად, განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის ფუნქცია

სად თან 1 , C 2 , ..., C n - თვითნებური მუდმივები.

მაგალითი 7. იპოვეთ წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ (X) - 6ზე¢ (X) + 8ზე(X) = 0,ბ) ზე¢ ¢ ¢ (X) + 2ზე¢ ¢ (X) - 3ზე¢ (X) = 0.

გამოსავალი. შევქმნათ დამახასიათებელი განტოლება. ამისათვის ჩვენ ვცვლით შეკვეთის წარმოებულს მფუნქციები წ(x) სათანადო ხარისხით

კ(ზე (მ) (x) « კ მ),

ხოლო თავად ფუნქცია ზე(X) როგორც ნულოვანი რიგის წარმოებული ჩანაცვლებულია კ 0 = 1.

(ა) შემთხვევაში დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა კ 2 - 6k + 8 = 0. ამ კვადრატული განტოლების ფესვები კ 1 = 2,კ 2 = 4. ვინაიდან ისინი რეალური და განსხვავებულია, ზოგადი გადაწყვეტა აქვს ფორმას ჯ (X)= C 1 ე 2X + C 2 ე 4x.

(ბ) შემთხვევისთვის დამახასიათებელი განტოლება არის მე-3 ხარისხის განტოლება კ 3 + 2კ 2 - 3k = 0. ვიპოვოთ ამ განტოლების ფესვები:

კ(კ 2 + 2 კ - 3)= 0 Þ კ = 0i კ 2 + 2 კ - 3 = 0 Þ კ = 0, (კ - 1)(კ + 3) = 0,

თ . ე . კ 1 = 0, კ 2 = 1, კ 3 = - 3.

ეს დამახასიათებელი ფესვები შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ამონახსნების ფუნდამენტურ სისტემას:

ჯ 1 (X)= ე 0X = 1, ჯ 2 (X) = e x, ჯ 3 (X)= ე - 3X .

ზოგადი ამოხსნა, ფორმულის მიხედვით (9), არის ფუნქცია

ჯ (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 ე - 3X .

II . დამახასიათებელი განტოლების ყველა ფესვი განსხვავებულია, მაგრამ ზოგიერთი მათგანი რთულია.

დიფერენციალური განტოლების ყველა კოეფიციენტი (14) და, შესაბამისად, მისი დამახასიათებელი განტოლება (15)- რეალური რიცხვები, რაც ნიშნავს, თუ c დამახასიათებელ ფესვებს შორის არის რთული ფესვი კ 1 = a + ib,ანუ მისი კონიუგირებული ფესვი კ 2 = ` კ 1 = ა- იბ.პირველ ფესვამდე კ 1 შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ამოხსნას (14)

ჯ 1 (X)= ე (ა+იბ)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)

(გამოვიყენეთ ეილერის ფორმულა e i x = cosx + isinx). ანალოგიურად, ფესვი კ 2 = ა- იბშეესაბამება ხსნარს

ჯ 2 (X)= ე (a - -ib)X = e a x e - ib x= ე ცული(cosbx - isinbx).

ეს გადაწყვეტილებები რთულია. მათგან რეალური ამონახსნების მისაღებად ვიყენებთ ამონახსნების თვისებებს წრფივი ერთგვაროვანი განტოლებისთვის (იხ. 13.2). ფუნქციები

არის (14) განტოლების რეალური ამონახსნები. უფრო მეტიც, ეს გადაწყვეტილებები ხაზოვანი დამოუკიდებელია. ამრიგად, შეგვიძლია შემდეგი დასკვნის გაკეთება.

წესი 1.წყვილი კონიუგირებული რთული ფესვები ა± დამახასიათებელი განტოლების ib ხაზოვანი ერთგვაროვანი განტოლების FSR-ში (14) შეესაბამება ორ რეალურ ნაწილობრივ გადაწყვეტასდა .

მაგალითი 8. იპოვნეთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ (X) - 2ზე ¢ (X) + 5ზე(X) = 0 ;ბ) ზე¢ ¢ ¢ (X) - ზე¢ ¢ (X) + 4ზე ¢ (X) - 4ზე(X) = 0.

გამოსავალი. (a) განტოლების შემთხვევაში დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 2 - 2k + 5 = 0 არის ორი კონიუგირებული რთული რიცხვი

კ 1, 2 = .

შესაბამისად, წესი 1-ის მიხედვით, ისინი შეესაბამება ორ რეალურ წრფივად დამოუკიდებელ ამონახს: და , და განტოლების ზოგადი ამოხსნა არის ფუნქცია.

ჯ (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 e x ცოდვა 2x.

(ბ) შემთხვევაში იპოვონ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 3 - კ 2 + 4კ- 4 = 0, ჩვენ ვანაწილებთ მის მარცხენა მხარეს:

კ 2 (კ - 1) + 4(კ - 1) = 0 Þ (კ - 1)(კ 2 + 4) = 0 Þ (კ - 1) = 0, (კ 2 + 4) = 0.

ამრიგად, ჩვენ გვაქვს სამი დამახასიათებელი ფესვი: კ 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2მე.კორნუ კ 1 შეესაბამება ხსნარს , და წყვილი შერწყმული რთული ფესვები კ 2, 3 = ± 2მე = 0 ± 2მე- ორი მოქმედი გამოსავალი: და . ჩვენ ვადგენთ განტოლების ზოგად ამოხსნას:

ჯ (X)= C 1 e x + C 2 cos 2x + C 3 ცოდვა 2x.

III . დამახასიათებელი განტოლების ფესვებს შორის არის მრავლობითი.

დაე კ 1 - სიმრავლის რეალური ფესვი მდამახასიათებელი განტოლება (15), ანუ ფესვებს შორის არის მთანაბარი ფესვები. თითოეული მათგანი შეესაბამება დიფერენციალური განტოლების ერთსა და იმავე ამოხსნას (14) თუმცა, ჩართეთ მ FSR-ში არ არსებობს თანაბარი გადაწყვეტილებები, რადგან ისინი ქმნიან ფუნქციების ხაზობრივად დამოკიდებულ სისტემას.

შეიძლება ნაჩვენები იყოს, რომ მრავალჯერადი ფესვის შემთხვევაში k 1(14) განტოლების ამონახსნები, გარდა ფუნქციისა, არის ფუნქციები

ფუნქციები წრფივად დამოუკიდებელია მთელ რიცხვით ღერძზე, რადგან, ანუ, ისინი შეიძლება შევიდეს FSR-ში.

წესი 2. ნამდვილი დამახასიათებელი ფესვი კ 1 სიმრავლე მ FSR-ში შეესაბამება მგადაწყვეტილებები:

თუ კ 1 - რთული ფესვების სიმრავლე მდამახასიათებელი განტოლება (15), მაშინ არის კონიუგირებული ფესვი კ 1 სიმრავლე მ. ანალოგიით ვიღებთ შემდეგ წესს.

წესი 3. შერწყმული რთული ფესვების წყვილი ა± ib FSR-ში შეესაბამება 2 მრეალურ წრფივად დამოუკიდებელ ამონახსნებს:

, , ..., ,

, , ..., .

მაგალითი 9. იპოვნეთ განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

ა) ზე¢ ¢ ¢ (X) + 3ზე¢ ¢ (X) + 3ზე¢ (X)+ y ( X)= 0;ბ) IV-ზე(X) + 6ზე¢ ¢ (X) + 9ზე(X) = 0.

გამოსავალი. (ა) შემთხვევაში დამახასიათებელ განტოლებას აქვს ფორმა

კ 3 + 3 კ 2 + 3 კ + 1 = 0

(k + 1) 3 = 0,

ე.ი. k =- 1 - სიმრავლის ფესვი 3. მე-2 წესიდან გამომდინარე, ჩვენ ვწერთ ზოგად ამონახსნებს:

ჯ (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .

(ბ) შემთხვევაში დამახასიათებელი განტოლება არის განტოლება

კ 4 + 6კ 2 + 9 = 0

ან სხვაგვარად,

(კ 2 + 3) 2 = 0 Þ კ 2 = - 3 Þ კ 1, 2 = ± მე.

ჩვენ გვაქვს შერწყმული რთული ფესვების წყვილი, რომელთაგან თითოეულს აქვს სიმრავლე 2. მე-3 წესის მიხედვით, ზოგადი ამონახსნი იწერება როგორც

ჯ (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.

ზემოაღნიშნულიდან გამომდინარეობს, რომ ნებისმიერი წრფივი ერთგვაროვანი განტოლებისთვის მუდმივი კოეფიციენტებით შესაძლებელია ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემის პოვნა და ზოგადი ამონახსნის შედგენა. შესაბამისად, ნებისმიერი უწყვეტი ფუნქციის შესაბამისი არაჰომოგენური განტოლების ამოხსნა ვ(x) მარჯვენა მხარეს შეგიძლიათ იხილოთ თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდის გამოყენებით (იხ. სექცია 5.3).

მაგალითი 10. ვარიაციის მეთოდის გამოყენებით იპოვეთ არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნი ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x .

გამოსავალი. ჯერ ვპოულობთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგად ამოხსნას ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = 0. დამახასიათებელი განტოლების ფესვები კ 2 - კ- 6 = 0 არის კ 1 = 3,კ 2 = - 2, ა ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა - ფუნქცია ` ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X .

არაჰომოგენური განტოლების ამოხსნას ვეძებთ ფორმაში

ზე( X) = თან 1 (X)ე 3X + C 2 (X)ე 2X . (*)

ვიპოვოთ ვრონსკის განმსაზღვრელი

ვ[ე 3X , ე 2X ] = .

მოდით შევადგინოთ განტოლებათა სისტემა (12) უცნობი ფუნქციების წარმოებულებისთვის თან ¢ 1 (X) და თან¢ 2 (X):

სისტემის ამოხსნა კრამერის ფორმულების გამოყენებით, ჩვენ ვიღებთ

ინტეგრირება, ჩვენ ვპოულობთ თან 1 (X) და თან 2 (X):

შემცვლელი ფუნქციები თან 1 (X) და თან 2 (X) ტოლობაში (*), ვიღებთ განტოლების ზოგად ამონახსანს ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x :

იმ შემთხვევაში, როდესაც მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების მარჯვენა მხარეს აქვს სპეციალური ფორმა, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული გამოსავალი შეიძლება მოიძებნოს თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდის გამოყენების გარეშე.

განვიხილოთ განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით

წ (ნ) + 1 წ (ნ– 1) +...ა ნ – 1წ " + a n y = f (x), (16)

ვ( x) = ენაჯახი(პნ(x)cosbx + R m(x)sinbx), (17)

სად პნ(x) და რმ(x) - ხარისხის პოლინომები ნ და მშესაბამისად.

პირადი გადაწყვეტა y*(X) (16) განტოლება განისაზღვრება ფორმულით

ზე* (X) = xsე ნაჯახი(Ბატონი(x)cosbx + Nr(x)sinbx), (18)

სად Ბატონი(x) და N r(x) - ხარისხის პოლინომები r = მაქს(ნ, მ) გაურკვეველი კოეფიციენტებით , ა სფესვის ჯერადის ტოლია კ 0 = a + ibგანტოლების (16) დამახასიათებელი პოლინომი და ვივარაუდოთ s = 0 თუ კ 0 არ არის დამახასიათებელი ფესვი.

იმისათვის, რომ შეადგინოთ კონკრეტული გამოსავალი ფორმულის გამოყენებით (18), თქვენ უნდა იპოვოთ ოთხი პარამეტრი - ა, ბ, რდა ს.პირველი სამი განისაზღვრება განტოლების მარჯვენა მხრიდან და რ- ეს არის რეალურად უმაღლესი ხარისხი x, ნაპოვნია მარჯვენა მხარეს. Პარამეტრი სნაპოვნია რიცხვების შედარებიდან კ 0 = a + ibდა (16) განტოლების ყველა (სიმრავლეების გათვალისწინებით) დამახასიათებელი ფესვების სიმრავლე, რომლებიც ნაპოვნია შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ამოხსნით.

განვიხილოთ ფუნქციის ფორმის განსაკუთრებული შემთხვევები (17):

1) ზე ა ¹ 0, ბ= 0ვ(x)= e ax P n(x);

2) როდის ა= 0, ბ ¹ 0ვ(x)= პნ(x) თანosbx + R m(x)sinbx;

3) როდის ა = 0, ბ = 0ვ(x)= პნ(x).

შენიშვნა 1. თუ P n (x) º 0 ან Rm(x)º 0, შემდეგ განტოლების მარჯვენა მხარე f(x) = e ax P n (x)с osbx ან f(x) = e ax R m (x)sinbx, ანუ შეიცავს მხოლოდ ერთ ფუნქციას - კოსინუსი ან სინუსი. მაგრამ კონკრეტული ამოხსნის ჩანაწერში ორივე მათგანი უნდა იყოს წარმოდგენილი, რადგან (18) ფორმულის მიხედვით, თითოეული მათგანი მრავლდება პოლინომით, იგივე ხარისხის განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით r = max(n, m).

მაგალითი 11. დაადგინეთ მე-4 რიგის წრფივი ჰომოგენური განტოლების ნაწილობრივი ამონახსნის ტიპი მუდმივი კოეფიციენტებით, თუ ცნობილია განტოლების მარჯვენა მხარე. ვ(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)ცოდვა 3x) და დამახასიათებელი განტოლების ფესვები:

ა ) კ 1 = კ 2 = 1, კ 3 = 3,კ 4 = - 1;

ბ ) კ 1, 2 = 1 ± 3მე,კ 3, 4 = ± 1;

ვ ) კ 1, 2 = 1 ± 3მე,კ 3, 4 = 1 ± 3მე.

გამოსავალი. მარჯვენა მხარეს ვპოულობთ ამას კონკრეტულ გადაწყვეტაში ზე*(X), რომელიც განისაზღვრება ფორმულით (18), პარამეტრებით: ა= 1, ბ= 3, r = 2. სამივე შემთხვევისთვის იგივე რჩება, აქედან რიცხვიც კ 0, რომელიც განსაზღვრავს ბოლო პარამეტრს სფორმულა (18) უდრის კ 0 = 1+ 3მე. (ა) შემთხვევაში დამახასიათებელ ფესვებს შორის რიცხვი არ არის კ 0 = 1 + 3მე,ნიშნავს, ს= 0 და კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა

y*(X) = x 0 e x(მ 2 (x)cos 3x+N 2 (x)ცოდვა 3x) =

= ეx( (Ნაჯახი 2 +Bx+C)cos 3x+(ა 1 x 2 +ბ 1 x+C 1)ცოდვა 3x.

ბ) შემთხვევაში ნომერი კ 0 = 1 + 3მეჩნდება ერთხელ დამახასიათებელ ფესვებს შორის, რაც ნიშნავს s = 1 და

y*(X) = x e x((Ნაჯახი 2 +Bx+C)cos 3x+(ა 1 x 2 +ბ 1 x+C 1)ცოდვა 3x.

(გ) შემთხვევისთვის გვაქვს s = 2 და

y*(X) = x 2 e x((Ნაჯახი 2 +Bx+C)cos 3x+(A 1 x 2 +ბ 1 x+C 1)ცოდვა 3x.

მე-11 მაგალითში, კონკრეტული ამონახსნი შეიცავს მე-2 ხარისხის ორ მრავალწევრს განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით. გამოსავლის მოსაძებნად, თქვენ უნდა განსაზღვროთ ამ კოეფიციენტების რიცხვითი მნიშვნელობები. მოდით ჩამოვაყალიბოთ ზოგადი წესი.

მრავალწევრების უცნობი კოეფიციენტების დასადგენად Ბატონი(x) და Nr(x) ტოლობა (17) დიფერენცირებულია საჭირო რაოდენობის ჯერ და ფუნქცია ჩანაცვლებულია y*(X) და მისი წარმოებულები განტოლებაში (16). მისი მარცხენა და მარჯვენა მხარეების შედარებისას მიიღება ალგებრული განტოლებათა სისტემა კოეფიციენტების საპოვნელად.

მაგალითი 12. იპოვეთ განტოლების ამონახსნი ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x, რომელმაც განსაზღვრა არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამოხსნა მარჯვენა მხარის სახით.

გამოსავალი. არაჰომოგენური განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

ზე( X) = ` ზე(X)+ y*(X),

სად ` ზე ( X) - შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა და y*(X) - არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამოხსნა.

ჯერ ვხსნით ერთგვაროვან განტოლებას ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = 0. მისი დამახასიათებელი განტოლება კ 2 - კ- 6 = 0 აქვს ორი ფესვი კ 1 = 3,კ 2 = - 2, აქედან გამომდინარე, ` ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X .

მოდით გამოვიყენოთ ფორმულა (18) კონკრეტული ამოხსნის ტიპის დასადგენად ზე*(X). ფუნქცია ვ(x) = xe 2x წარმოადგენს (17) ფორმულის განსაკუთრებულ შემთხვევას (ა), ხოლო a = 2,ბ = 0 და r = 1, ე.ი. კ 0 = 2 + 0მე = 2. დამახასიათებელ ფესვებთან შედარებით, დავასკვნით, რომ s = 0. ყველა პარამეტრის მნიშვნელობების ჩანაცვლება ფორმულაში (18), გვაქვს y*(X) = (აჰ + ბ)ე 2X .

ღირებულებების მოსაძებნად ადა IN, ვიპოვოთ ფუნქციის პირველი და მეორე რიგის წარმოებულები y*(X) = (აჰ + ბ)ე 2X :

y*¢ (X)= აე 2X + 2(აჰ + ბ)ე 2X = (2აჰ + აჰ + 2ბ)ე 2x,

y*¢ ¢ (X) = 2აე 2X + 2(2აჰ + აჰ + 2ბ)ე 2X = (4აჰ + 4A+ 4ბ)ე 2X .

ფუნქციის ჩანაცვლების შემდეგ y*(X) და მისი წარმოებულები განტოლებაში გვაქვს

(4აჰ + 4A+ 4ბ)ე 2X - (2აჰ + აჰ + 2ბ)ე 2X - 6(აჰ + ბ)ე 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.

ამრიგად, არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას აქვს ფორმა

y*(X) = (- 1/4X- 3/16)ე 2X ,

და ზოგადი გადაწყვეტა - ზე ( X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X .

შენიშვნა 2.იმ შემთხვევაში, როდესაც კოშის პრობლემა დგება არაჰომოგენური განტოლებისთვის, ჯერ უნდა მოიძებნოს განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

ზე( X) = ,

დაადგინა კოეფიციენტების ყველა რიცხვითი მნიშვნელობა ზე*(X). შემდეგ გამოიყენეთ საწყისი პირობები და ჩაანაცვლეთ ისინი ზოგად ხსნარში (და არა y*(X)), იპოვეთ მუდმივების მნიშვნელობები C i.

მაგალითი 13. იპოვნეთ გამოსავალი კოშის პრობლემისთვის:

ზე¢ ¢ (X) - ზე¢ (X) - 6ზე(X) = xe 2x ,ი(0) = 0, y ¢ (X) = 0.

გამოსავალი. ამ განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის

ზე(X) = C 1 ე 3X + C 2 ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X

ნაპოვნი იქნა მაგალით 12-ში. კონკრეტული ამოხსნის საპოვნელად, რომელიც აკმაყოფილებს ამ კოშის ამოცანის საწყის პირობებს, ვიღებთ განტოლებათა სისტემას.

გადაჭრა, გვაქვს C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. ამიტომ, კოშის პრობლემის გადაწყვეტა არის ფუნქცია

ზე(X) = 1/8ე 3X + 1/16ე - 2X + (- 1/4X- 3/16)ე 2X .

შენიშვნა 3(სუპერპოზიციის პრინციპი). თუ წრფივ განტოლებაში Ln[წ(x)]= ვ(x), სად ვ(x) = ვ 1 (x)+ვ 2 (x) და y* 1 (x) - განტოლების ამოხსნა Ln[წ(x)]= ვ 1 (x), ა y* 2 (x) - განტოლების ამოხსნა Ln[წ(x)]= ვ 2 (x), შემდეგ ფუნქცია y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) არის განტოლების ამოხსნა Ln[წ(x)]= ვ(x).

მაგალითი 14. მიუთითეთ წრფივი განტოლების ზოგადი ამოხსნის ტიპი

ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = x + sinx.

გამოსავალი. შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა

` ზე(x) = C 1 cos 2x + C 2 ცოდვა 2x,

დამახასიათებელი განტოლებიდან კ 2 + 4 = 0-ს აქვს ფესვები კ 1, 2 = ± 2მე.განტოლების მარჯვენა მხარე არ შეესაბამება ფორმულას (17), მაგრამ თუ შემოვიყვანთ აღნიშვნას ვ 1 (x) = x, ვ 2 (x) = სინქსიდა გამოიყენეთ სუპერპოზიციის პრინციპი , მაშინ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი შეიძლება მოიძებნოს სახით y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), სად y* 1 (x) - განტოლების ამოხსნა ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = x, ა y* 2 (x) - განტოლების ამოხსნა ზე¢ ¢ (X) + 4ზე(X) = სინქსი.ფორმულის მიხედვით (18)

y* 1 (x) = ნაჯახი + ბ,y* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.

შემდეგ კონკრეტული გამოსავალი

y*(X) = Axe + B + Ccosx + Dsinx,

მაშასადამე, ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

ზე(X) = C 1 cos 2x + C 2 ე - 2X + ა x + B + Ccosx + Dsinx.

მაგალითი 15. ელექტრული წრე შედგება დენის წყაროსგან, რომელიც სერიულად არის დაკავშირებული emf-თან ე(ტ) = E ცოდოვტ,ინდუქციურობა ლდა კონტეინერები თან, და

ეს სტატია განიხილავს ხაზოვანი არაჰომოგენური მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებების მუდმივი კოეფიციენტებით ამოხსნის საკითხს. თეორია მოცემული ამოცანების მაგალითებთან ერთად იქნება განხილული. გაურკვეველი ტერმინების გაშიფვრისთვის საჭიროა მივმართოთ თემას დიფერენციალური განტოლებების თეორიის ძირითადი განმარტებებისა და ცნებების შესახებ.

განვიხილოთ მეორე რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება (LDE) y "" + p · y " + q · y = f (x) ფორმის მუდმივი კოეფიციენტებით, სადაც p და q არის თვითნებური რიცხვები და არსებული f ფუნქცია. (x) არის უწყვეტი ინტეგრაციის ინტერვალზე x.

გადავიდეთ LNDE-ს ზოგადი ამოხსნის თეორემის ფორმულირებაზე.

Yandex.RTB R-A-339285-1

ზოგადი ამოხსნის თეორემა LDNU-სთვის

ზოგადი ამონახსნი, რომელიც მდებარეობს x ინტერვალზე, y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + ფორმის არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების. . . + f 0 (x) · y = f (x) უწყვეტი ინტეგრაციის კოეფიციენტებით x ინტერვალზე f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) და უწყვეტი ფუნქცია f (x) უდრის y 0 ზოგადი ამოხსნის ჯამს, რომელიც შეესაბამება LOD-ს და ზოგიერთ კონკრეტულ ამონახს y ~, სადაც თავდაპირველი არაერთგვაროვანი განტოლებაა y = y 0 + y ~.

ეს გვიჩვენებს, რომ ასეთი მეორე რიგის განტოლების ამოხსნას აქვს ფორმა y = y 0 + y ~ . y 0-ის პოვნის ალგორითმი განხილულია სტატიაში მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებების შესახებ. რის შემდეგაც უნდა გადავიდეთ y ~-ის განმარტებაზე.

LPDE-ს კონკრეტული ამოხსნის არჩევანი დამოკიდებულია განტოლების მარჯვენა მხარეს განლაგებული ხელმისაწვდომი ფუნქციის f (x) ტიპზე. ამისათვის საჭიროა ცალ-ცალკე განვიხილოთ წრფივი არაერთგვაროვანი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებების მუდმივი კოეფიციენტების ამონახსნები.

როდესაც f (x) განიხილება, როგორც n-ე ხარისხის პოლინომი f (x) = P n (x), აქედან გამომდინარეობს, რომ LPDE-ის კონკრეტული ამონახსნები ნაპოვნია y ~ = Q n (x) ფორმის ფორმულის გამოყენებით. ) x γ, სადაც Q n ( x) არის n ხარისხის მრავალწევრი, r არის დამახასიათებელი განტოლების ნულოვანი ფესვების რაოდენობა. მნიშვნელობა y ~ არის კონკრეტული ამოხსნა y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , შემდეგ ხელმისაწვდომი კოეფიციენტები, რომლებიც განისაზღვრება მრავალწევრით
Q n (x), ჩვენ ვხვდებით განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდის გამოყენებით y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).

მაგალითი 1

გამოთვალეთ კოშის თეორემის გამოყენებით y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

გამოსავალი

სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, აუცილებელია მეორე რიგის წრფივი არაერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების კონკრეტულ ამონახსნზე გადასვლა მუდმივი კოეფიციენტებით y "" - 2 y " = x 2 + 1, რომელიც დააკმაყოფილებს მოცემულ y პირობებს (0) = 2, y" (0) = 1 4 .

წრფივი არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის ზოგადი ამონახსნის ჯამი, რომელიც შეესაბამება y 0 განტოლებას ან y ~ არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტულ ამონახს, ანუ y = y 0 + y ~.

ჯერ ჩვენ ვიპოვით LNDU-ს ზოგად გადაწყვეტას, შემდეგ კი კონკრეტულს.

მოდით გადავიდეთ y 0-ის პოვნაზე. დამახასიათებელი განტოლების ჩაწერა დაგეხმარებათ ფესვების პოვნაში. ჩვენ ამას მივიღებთ

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

ჩვენ აღმოვაჩინეთ, რომ ფესვები განსხვავებული და რეალურია. ამიტომ დავწეროთ

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

მოდი ვიპოვოთ ~ . ჩანს, რომ მოცემული განტოლების მარჯვენა მხარე მეორე ხარისხის მრავალწევრია, მაშინ ერთ-ერთი ფესვი ნულის ტოლია. აქედან ვიღებთ, რომ y ~-ის კონკრეტული ამოხსნა იქნება

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, სადაც A, B, C მნიშვნელობები იღებენ განუსაზღვრელ კოეფიციენტებს.

ვიპოვოთ ისინი y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 ფორმის ტოლობიდან.

მაშინ მივიღებთ ამას:

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

კოეფიციენტების ტოლფასი x-ის იგივე მაჩვენებლებთან მივიღებთ წრფივი გამოსახულებების სისტემას - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. რომელიმე მეთოდით ამოხსნისას ვიპოვით კოეფიციენტებს და დავწერთ: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 და y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

ამ ჩანაწერს ეწოდება თავდაპირველი წრფივი არაჰომოგენური მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა მუდმივი კოეფიციენტებით.

კონკრეტული ამოხსნის მოსაძებნად, რომელიც აკმაყოფილებს y (0) = 2, y "(0) = 1 4 პირობებს, აუცილებელია მნიშვნელობების დადგენა C 1და C 2, y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x ფორმის ტოლობის საფუძველზე.

ჩვენ ვიღებთ ამას:

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

ჩვენ ვმუშაობთ C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 ფორმის განტოლებათა სისტემით, სადაც C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

კოშის თეორემის გამოყენებით, ჩვენ გვაქვს ეს

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

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

როდესაც f (x) ფუნქცია წარმოდგენილია როგორც მრავალწევრის ნამრავლი n ხარისხით და მაჩვენებლით f (x) = P n (x) · e a x, მაშინ მივიღებთ, რომ მეორე რიგის LPDE-ის კონკრეტული ამონახსნები იქნება y ~ = e a x · Q n ( x) x γ ფორმის განტოლება, სადაც Q n (x) არის n-ე ხარისხის მრავალწევრი, ხოლო r არის α-ს ტოლი დამახასიათებელი განტოლების ფესვების რაოდენობა.

Q n (x)-ის კუთვნილი კოეფიციენტები გვხვდება y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) ტოლობით.

მაგალითი 2

იპოვეთ y "" - 2 y " = (x 2 + 1) ფორმის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი.

გამოსავალი

ზოგადი განტოლებაა y = y 0 + y ~ . მითითებული განტოლება შეესაბამება LOD y "" - 2 y " = 0. წინა მაგალითიდან ჩანს, რომ მისი ფესვები ტოლია k 1 = 0და k 2 = 2 და y 0 = C 1 + C 2 e 2 x დამახასიათებელი განტოლებით.

ჩანს, რომ განტოლების მარჯვენა მხარეა x 2 + 1 · e x. აქედან LPDE გვხვდება y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, სადაც Q n (x) არის მეორე ხარისხის მრავალწევრი, სადაც α = 1 და r = 0, რადგან დამახასიათებელი განტოლება არ არის აქვს ფესვი 1-ის ტოლი. აქედან მივიღებთ ამას

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 არის უცნობი კოეფიციენტები, რომლებიც შეიძლება მოიძებნოს y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x ტოლობით.

Გავიგე

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

ჩვენ ვაიგივებთ მაჩვენებლებს იგივე კოეფიციენტებით და ვიღებთ წრფივი განტოლებათა სისტემას. აქედან ვპოულობთ A, B, C:

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

პასუხი:ნათელია, რომ y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 არის LNDDE-ს კონკრეტული ამონახსნები, და y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - მეორე რიგის არაერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა.

როდესაც ფუნქცია იწერება როგორც f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, და A 1და 1-შიარის რიცხვები, მაშინ LPDE-ის ნაწილობრივი ამონახსნები ითვლება y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ ფორმის განტოლებად, სადაც A და B განიხილება განუსაზღვრელ კოეფიციენტებად, ხოლო r არის რიცხვი. რთული კონიუგატური ფესვები, რომლებიც დაკავშირებულია დამახასიათებელ განტოლებასთან, ტოლია ± i β. ამ შემთხვევაში კოეფიციენტების ძიება ხორციელდება y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) ტოლობის გამოყენებით.

მაგალითი 3

იპოვეთ y "" ფორმის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .

გამოსავალი

დამახასიათებელი განტოლების დაწერამდე ვპოულობთ y 0-ს. მაშინ

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

ჩვენ გვაქვს წყვილი რთული კონიუგირებული ფესვები. მოდით გარდავქმნათ და მივიღოთ:

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

დამახასიათებელი განტოლების ფესვებად ითვლება კონიუგატური წყვილი ± 2 i, შემდეგ f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). ეს აჩვენებს, რომ y ~ ძიება განხორციელდება y ~ =-დან (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. უცნობი ჩვენ ვეძებთ A და B კოეფიციენტებს y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) ფორმის ტოლობიდან.

გადავიყვანოთ:

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)

მაშინ ცხადია, რომ

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)

აუცილებელია სინუსებისა და კოსინუსების კოეფიციენტების გათანაბრება. ჩვენ ვიღებთ ფორმის სისტემას:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

აქედან გამომდინარეობს, რომ y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

პასუხი:განიხილება ორიგინალური მეორე რიგის LDDE-ის ზოგადი გადაწყვეტა მუდმივი კოეფიციენტებით

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

როდესაც f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), მაშინ y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ გვაქვს, რომ r არის მახასიათებელ განტოლებასთან დაკავშირებული რთული კონიუგატური წყვილების რაოდენობა, ტოლია α ± i β, სადაც P n (x), Q k (x), L m (x) და Nm(x)არის n, k, m, m ხარისხის მრავალწევრები, სადაც m = m a x (n, k). კოეფიციენტების მოძიება Lm(x)და Nm(x)მზადდება თანასწორობის საფუძველზე y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) .

მაგალითი 4

იპოვეთ ზოგადი ამონახსნი y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .

გამოსავალი

პირობის მიხედვით ცხადია, რომ

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

მაშინ m = m a x (n, k) = 1. ჩვენ ვპოულობთ y 0-ს, ჯერ ფორმის დამახასიათებელი განტოლების დაწერით:

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

ჩვენ აღმოვაჩინეთ, რომ ფესვები რეალური და განსხვავებულია. აქედან გამომდინარე, y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. შემდეგი, აუცილებელია მოძებნოთ ზოგადი ამოხსნა, რომელიც დაფუძნებულია ფორმის არაერთგვაროვან განტოლებაზე y ~

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))

ცნობილია, რომ A, B, C არის კოეფიციენტები, r = 0, რადგან არ არსებობს წყვილი კონიუგატური ფესვები, რომლებიც დაკავშირებულია დამახასიათებელ განტოლებასთან α ± i β = 3 ± 5 · i. ჩვენ ვპოულობთ ამ კოეფიციენტებს მიღებული ტოლობიდან:

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 + დ) ცოდვა (5 x))) = - e 3 x ((38 x + 45) ცოდვა (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x))

წარმოებული და მსგავსი ტერმინების პოვნა იძლევა

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 · ცოდვა (5 x) + 45 · ცოდვა (5 x ) + + 8 x cos (5 x) - 5 cos (5 x))

კოეფიციენტების გათანაბრების შემდეგ ვიღებთ ფორმის სისტემას

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

ყოველივედან გამომდინარეობს, რომ

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) ცოდვა (5 x))

პასუხი:ახლა ჩვენ მივიღეთ მოცემული წრფივი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

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))

LDNU ამოხსნის ალგორითმი

ნებისმიერი სხვა ტიპის ფუნქცია f (x) ამოხსნისთვის მოითხოვს შესაბამისობას ამოხსნის ალგორითმთან:

• შესაბამისი წრფივი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნის პოვნა, სადაც y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, სადაც y 1და y 2არის LODE-ის წრფივად დამოუკიდებელი ნაწილობრივი გადაწყვეტილებები, C 1და C 2განიხილება თვითნებური მუდმივები;
• მიღება, როგორც LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
• ფუნქციის წარმოებულების განსაზღვრა სისტემის მეშვეობით 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) და ფუნქციების პოვნა C 1 (x)და C 2 (x) ინტეგრაციის გზით.

მაგალითი 5

იპოვეთ y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.

გამოსავალი

ჩვენ ვაგრძელებთ დამახასიათებელი განტოლების დაწერას, მანამდე რომ დავწერეთ y 0, y "" + 36 y = 0. დავწეროთ და მოვაგვაროთ:

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) = ცოდვა (6 x)

გვაქვს, რომ მოცემული განტოლების ზოგადი ამონახსნი დაიწერება როგორც y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . აუცილებელია გადავიდეს წარმოებული ფუნქციების განსაზღვრებაზე C 1 (x)და C2(x)სისტემის მიხედვით განტოლებებით:

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

გადაწყვეტილების მიღებაა საჭირო C 1" (x)და C 2" (x)ნებისმიერი მეთოდის გამოყენებით. შემდეგ ჩვენ ვწერთ:

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)

თითოეული განტოლება უნდა იყოს ინტეგრირებული. შემდეგ ვწერთ მიღებულ განტოლებებს:

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

აქედან გამომდინარეობს, რომ ზოგად გადაწყვეტას ექნება ფორმა:

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)

პასუხი: 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)

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter