Однорідне лінійне рівняння із постійними коефіцієнтами. Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку

Основи розв'язання лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку (ЛНДУ-2) з постійними коефіцієнтами(ПК)

ЛНДУ 2-го порядку з постійними коефіцієнтами $p$ і $q$ має вигляд $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, де $f\left(x \right)$ - безперервна функція.

Щодо ЛНДУ 2-го з ПК справедливі два наступні твердження.

Припустимо, деяка функція $U$ є довільним приватним рішенням неоднорідного диференціального рівняння. Припустимо також, що деяка функція $Y$ є загальним рішенням (ОР) відповідного лінійного однорідного диференціального рівняння (ЛОДУ) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Тоді ОР ЛНДУ-2 дорівнює сумі зазначених приватного та загального рішень, тобто $ y = U + Y $.

Якщо права частинаЛНДУ 2-го порядку є сумою функцій, тобто $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right)+...+ f_(r) \left(x\right)$, то спочатку можна знайти ЧР $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r) $, які відповідають кожній з функцій $f_(1) \ left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, а вже після цього записати ЧР ЛНДУ-2 у вигляді $U= U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

Рішення ЛНДУ 2-го порядку з ПК

Очевидно, що вид того чи іншого ЧР $U$ даного ЛНДУ-2 залежить від конкретного виду його правої частини $f \ left (x \ right) $. Найпростіші випадки пошуку ЧР ЛНДУ-2 сформульовані у вигляді наступних чотирьох правил.

Правило №1.

Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, де $P_(n) \left(x\right)=a_(0) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, тобто називається многочленом ступеня $n$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, де $Q_(n) \left(x\right)$ - інший багаточлен тієї ж ступеня, як і $P_(n) \left(x\right)$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняннявідповідного ЛОДУ-2, рівних нулю. Коефіцієнти многочлена $Q_(n) \left(x\right)$ знаходять методом невизначених коефіцієнтів (НК).

Правило №2.

Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, де $P_(n) \left( x\right)$ є багаточлен ступеня $n$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, де $Q_(n) \ left(x\right)$ - інший многочлен тієї ж ступеня, як і $P_(n) \left(x\right)$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $\alpha$. Коефіцієнти многочлена $Q_(n) \left(x\right)$ знаходять методом ПК.

Правило №3.

Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) $, де $a$, $b$ та $\beta$ - відомі числа. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right)\right )\cdot x^(r) $, де $A$ і $B$ - невідомі коефіцієнти, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $i\cdot \beta$. Коефіцієнти $A$ та $B$ знаходять методом ПК.

Правило №4.

Права частина ЛНДУ-2 має вигляд $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, де $P_(n) \left(x\right)$ - багаточлен ступеня $ n$, а $P_(m) \left(x\right)$ - багаточлен ступеня $m$. Тоді його ЧР $U$ шукають у вигляді $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, де $Q_(s) \left(x\right)$ і $ R_(s) \left(x\right)$ - багаточлени ступеня $s$, число $s$ - максимальне з двох чисел $n$ і $m$, а $r$ - кількість коренів характеристичного рівняння відповідного ЛОДУ-2, рівних $ \ alpha + i \ cdot \ beta $. Коефіцієнти багаточленів $Q_(s) \left(x\right)$ і $R_(s) \left(x\right)$ знаходять методом ПК.

Метод ПК полягає у застосуванні наступного правила. Для того, щоб знайти невідомі коефіцієнти багаточлена, які входять до складу приватного рішення неоднорідного диференціального рівняння ЛНДУ-2, необхідно:

• підставити ЧР $U$, записане в загальному вигляді, ліву частинуЛНДУ-2;
• у лівій частині ЛНДУ-2 виконати спрощення та згрупувати члени з однаковими ступенями $x$;
• в отриманому тотожності прирівняти коефіцієнти при членах з однаковими ступенями $x$ лівої та правої частин;
• вирішити одержану систему лінійних рівнянь щодо невідомих коефіцієнтів.

Приклад 1

Завдання: знайти ОР ЛНДУ-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Знайти також ЧР , задовольняє початковим умовам $y=6$ при $x=0$ і $y"=1$ при $x=0$.

Записуємо відповідне ЛОДУ-2: $y""-3cdot y"-18cdot y=0$.

Характеристичне рівняння: $ k ^ (2) -3 cdot k-18 = 0 $. Коріння характеристичного рівняння: $ k_(1) = -3 $, $ k_ (2) = 6 $. Це коріння дійсне і різне. Таким чином, ОР відповідного ЛОДУ-2 має вигляд: $ Y = C_ (1) \ cdot e ^ (-3 \ cdot x) + C_ (2) \ cdot e ^ (6 \ cdot x) $.

Права частина даного ЛНДУ-2 має вигляд $ \ left (36 \ cdot x + 12 \ right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $. У ній необхідно розглядати коефіцієнт показника ступеня експоненти $ alpha = 3 $. Цей коефіцієнт не збігається з жодним з коренів характеристичного рівняння. Тому ЧР даного ЛНДУ-2 має вигляд $ U = \ left (A \ cdot x + B \ right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.

Шукатимемо коефіцієнти $A$, $B$ методом ПК.

Знаходимо першу похідну ЧР:

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

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

Знаходимо другу похідну ЧР:

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

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

Підставляємо функції $U""$, $U"$ і $U$ замість $y""$, $y"$ і $y$ в дане ЛНДУ-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ При цьому, оскільки експонента $e^(3\cdot x) $ входить як множник у всі складові, то її можна опустити.

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

Виконуємо дії у лівій частині отриманої рівності:

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

Застосовуємо метод ПК. Отримуємо систему лінійних рівнянь із двома невідомими:

$-18 \ cdot A = 36; $

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

Рішення цієї системи таке: $A=-2$, $B=-1$.

ЧР $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ для нашої задачі виглядає наступним чином: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.

ОР $y=Y+U$ для нашого завдання виглядає наступним чином: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) +\ left(-2cdot x-1right)cdot e^(3cdot x) $.

З метою пошуку ЧР, що задовольняє заданим початковим умовам, знаходимо похідну $y"$ ОР:

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

Підставляємо в $y$ і $y"$ початкові умови $y=6$ за $x=0$ і $y"=1$ за $x=0$:

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

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

Отримали систему рівнянь:

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

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

Вирішуємо її. Знаходимо $C_(1) $ за формулою Крамера, а $C_(2) $ визначаємо з першого рівняння:

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

Таким чином, ЧР даного диференціального рівняння має вигляд: $y=4cdot e^(-3cdot x) +3cdot e^(6cdot x) +left(-2cdot x-1right ) \ cdot e ^ (3 \ cdot x) $.

Ми переконалися, що у випадку коли відомо загальне рішеннялінійного однорідного рівняння, можна за методом варіації довільних постійних знайти загальне рішення неоднорідного рівняння. Проте питання, як знайти загальне рішення однорідного рівняння, залишилося відкритим. В окремому випадку, коли в лінійному диференціальному рівнянні (3) усі коефіцієнти р i(х)= а i - константи, він вирішується досить легко, навіть без інтегрування.

Розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння з постійними коефіцієнтами, тобто рівняння виду

y (n) + а 1 y (n – 1) +… а n – 1 y " + а n y = 0, (14)

де а i- константи (i= 1, 2, ...,n).

Як відомо, для лінійного однорідного рівняння 1-го порядку рішенням є функція виду е kx.Шукатимемо рішення рівняння (14) у вигляді j (х) = е kx.

Підставимо в рівняння (14) функцію j (х) та її похідні порядку m (1 £ m£ n)j (m) (х) = k m е kx. Отримаємо

(k n + а 1 k n – 1 +… а n – 1 k + а n)е kx = 0,

але е k х ¹ 0 за будь-якого х, тому

k n + а 1 k n – 1 +… а n – 1 k + а n = 0. (15)

Рівняння (15) називається характеристичним рівнянням, багаточлен, що стоїть у лівій частині,- характеристичним багаточленом , його коріння- характеристичним корінням диференціального рівняння (14).

Висновок:

функціяj (х) = е kx - рішення лінійного однорідного рівняння (14) тоді і лише тоді, коли число k - корінь характеристичного рівняння (15).

Таким чином, процес розв'язування лінійного однорідного рівняння (14) зводиться до розв'язання рівняння алгебри (15).

Можливі різні випадки характеристичного коріння.

1.Усі коріння характеристичного рівняння дійсні та різні.

В цьому випадку nрізним характеристичним корінням k 1 ,k 2 ,..., k nвідповідає nрізних рішень однорідного рівняння (14)

Можна показати, що ці рішення лінійно незалежні, отже, утворюють фундаментальну системурішень. Таким чином, загальним рішенням рівняння є функція

де З 1 , C 2 , ..., З n - довільні константи.

П р і м е р7. Знайти загальне рішення лінійного однорідного рівняння:

а) у¢ ¢ (х) - 6у¢ (х) + 8у(х) = 0,б) у¢ ¢ ¢ (х) + 2у¢ ¢ (х) - 3у¢ (х) = 0.

Рішення. Складемо характеристичне рівняння. Для цього замінимо похідну систему mфункції y(x) на відповідний ступінь

k(у (m) (x) « k m),

при цьому сама функція у(х) як похідна нульового порядку замінюється на k 0 = 1.

У разі (а) характеристичне рівняння має вигляд k 2 - 6k + 8 = 0. Коріння цього квадратного рівняння k 1 = 2,k 2 = 4. Так як вони дійсні та різні, то загальне рішення має вигляд j (х)= З 1 е 2х + З 2 е 4х.

Для випадку (б) характеристичним рівнянням є рівняння 3-го ступеня k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Знайдемо коріння цього рівняння:

k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0і k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,

т . е . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.

Цим характеристичним корінням відповідає фундаментальна система розв'язків диференціального рівняння:

j 1 (х)= е 0х = 1, j 2 (х) = е х, j 3 (х)= е - 3х .

Загальним рішенням, згідно з формулою (9), є функція

j (х)= З 1 + З 2 е х + С 3 е - 3х .

II . Усі коріння характеристичного рівняння різні, але серед них є комплексні.

Усі коефіцієнти диференціального рівняння (14), отже, та її характеристичного рівняння (15)- дійсні числа, значить, якщо з рідкісних характеристичних коренів є комплексний корінь k 1 = а + ib,тобто і пов'язаний йому корінь k 2 = ` k 1 = а- ib.Першому кореню k 1 відповідає рішення диференціального рівняння (14)

j 1 (х)= е (a + ib)х = е a х е ibх = е aх(cosbx + isinbx)

(скористалися формулою Ейлера е i х = cosx + isinx). Аналогічно, кореню k 2 = а- ibвідповідає рішення

j 2 (х)= е (a - -ib)х = е a х е - ib х= е aх(cosbx - isinbx).

Ці рішення є комплексними. Щоб отримати їх дійсні рішення, скористаємося властивостями рішень лінійного однорідного рівняння (див. 13.2). Функції

є дійсними рішеннями рівняння (14). Крім того, ці рішення лінійно незалежні. Таким чином, можна зробити наступний висновок.

Правило 1.Парі пов'язаних комплексних коренів а± ib характеристичного рівняння у ФСР лінійного однорідного рівняння (14) відповідає два дійсні приватні рішенняі .

П р і м е р8. Знайти загальне рішення рівняння:

а) у¢ ¢ (х) - 2у ¢ (х) + 5у(х) = 0 ; б) у¢ ¢ ¢ (х) - у¢ ¢ (х) + 4у ¢ (х) - 4у(х) = 0.

Рішення. У разі рівняння (а) корінням характеристичного рівняння k 2 - 2k + 5 = 0 є два сполучених комплексних числа

k 1, 2 = .

Отже, їм, згідно з правилом 1, відповідає два дійсні лінійно незалежні рішення: і ,а загальним рішенням рівняння є функція

j (х)= З 1 е х cos 2x + С 2 е х sin 2x.

У випадку (б), щоб знайти коріння характеристичного рівняння k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, розкладемо на множники його ліву частину:

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

Отже, маємо три характеристичні корені: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2i.Кореню k 1 відповідає рішення , а парі пов'язаних комплексних коренів k 2, 3 = ± 2i = 0 ± 2i- два дійсні рішення: і . Складаємо загальне рішення рівняння:

j (х)= З 1 е х + С 2 cos 2x + С 3 sin 2x.

III . Зрідка коренів характеристичного рівняння є кратні.

Нехай k 1 - дійсний корінь кратності mхарактеристичного рівняння (15), тобто серед коренів є mрівних коренів. Кожному з них відповідає те саме рішення диференціального рівняння (14) Проте включити mрівних рішень у ФСР не можна, оскільки вони становлять лінійно залежну систему функцій.

Можна показати, що у разі кратного кореня k 1рішеннями рівняння (14), крім функції, є функції

Функції лінійно незалежні по всій числової осі, оскільки , т. е. їх можна включити до ФСР.

Правило 2 Дійсно характерному кореню k 1 кратності mу ФСР відповідає mрішень:

Якщо k 1 - комплексний корінь кратності mхарактеристичного рівняння (15), то існує пов'язаний йому корінь k 1 кратності m. За аналогією отримуємо таке правило.

Правило 3. Парі пов'язаних комплексних коренів a± ib у ФСР відповідає 2mдійсних лінійно незалежних рішень:

, , ..., ,

, , ..., .

П р і м е р9. Знайти загальне рішення рівняння:

а) у¢ ¢ ¢ (х) + 3у¢ ¢ (х) + 3у¢ (х)+ у ( х) = 0; б) у IV(х) + 6у¢ ¢ (х) + 9у(х) = 0.

Рішення. У разі (а) характеристичне рівняння має вигляд

k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0

(k + 1) 3 = 0,

тобто. k =- 1 - корінь кратності 3. На підставі правила 2 записуємо загальне рішення:

j (х)= З 1 + З 2 x + С 3 x 2 .

Характеристичним рівнянням у разі (б) є рівняння

k 4 + 6k 2 + 9 = 0

або, інакше,

(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± i.

Маємо пару сполучених комплексних коренів, кожен з яких кратності 2. Згідно з правилом 3 загальне рішення записується у вигляді

j (х)= З 1 + З 2 x + С 3 + З 4 x.

Зі сказаного вище випливає, що для будь-якого лінійного однорідного рівняння з постійними коефіцієнтами можна знайти фундаментальну систему рішень і скласти загальне рішення. Отже, розв'язання відповідного неоднорідного рівняння за будь-якої безперервної функції f(x) у правій частині можна знайти, використовуючи метод варіації довільних постійних (див. параграф 5.3).

П р і м е р10. Методом варіації знайти загальне рішення неоднорідного рівняння у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = x e 2x .

Рішення. Спочатку знайдемо загальне рішення відповідного однорідного рівняння у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = 0. Корінням характеристичного рівняння k 2 - k- 6 = 0 є k 1 = 3,k 2 = - 2, а загальним рішенням однорідного рівняння - функція ` у ( х) = З 1 е 3х + З 2 е - 2х .

Шукатимемо рішення неоднорідного рівняння у вигляді

у( х) = З 1 (х)е 3х + З 2 (х)е 2х . (*)

Знайдемо визначник Вронського

W[е 3х , е 2х ] = .

Складемо систему рівнянь (12) щодо похідних невідомих функцій З ¢ 1 (х) та З¢ 2 (х):

Вирішуючи систему за формулами Крамера, отримаємо

Інтегруючи, знайдемо З 1 (х) та З 2 (х):

Підставляючи функції З 1 (х) та З 2 (х) у рівність (*), отримаємо загальне рішення рівняння у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = x e 2x :

Якщо права частина лінійного неоднорідного рівняння з постійними коефіцієнтами має спеціальний вигляд, приватне рішення неоднорідного рівняння можна визначити, не вдаючись до методу варіації довільних постійних.

Розглянемо рівняння з постійними коефіцієнтами

y (n) + а 1 y (n– 1) +… а n – 1 y " + а n y = f (x), (16)

f( x) = еax(P n(x)cosbx + R m(x)sinbx), (17)

де P n(x) та R m(x) - багаточлени ступеня n і mвідповідно.

Приватне рішення у*(х) рівняння (16) визначається формулою

у* (х) = x sе ax(M r(x)cosbx + N r(x)sinbx), (18)

де M r(x) і N r(x) - багаточлени ступеня r = max(n, m) з невизначеними коефіцієнтами , а sодно кратності кореня k 0 = a + ibхарактеристичного багаточлена рівняння (16), при цьому вважають s = 0, якщо k 0 не є характеристичним коренем.

Щоб за формулою (18) скласти приватне рішення, потрібно знайти чотири параметри - a, b, rі s.Перші три визначаються по правій частині рівняння, причому r- це фактично найвищий ступінь xзустрічається в правій частині. Параметр sвиходить з порівняння числа k 0 = a + ibі набору всіх (з урахуванням кратностей) характеристичних коренів рівняння (16), які перебувають у вирішенні відповідного однорідного рівняння.

Розглянемо окремі випадки виду функції (17):

1) при a ¹ 0, b= 0f(x)= e ax P n(x);

2) при a= 0, b ¹ 0f(x)= P n(x) зosbx + R m(x)sinbx;

3) при a = 0, b = 0f(x)= P n(x).

Примітка 1. Якщо P n (x) º 0 або R m (x)º 0, то права частина рівняння f(x) = e ax P n (x) з osbx або f (x) = e ax R m (x) sinbx, тобто містить тільки одну з функцій - косинус чи синус. Але в записі приватного рішення вони повинні бути обидві, оскільки, згідно з формулою (18), кожна з них множиться на багаточлен з невизначеними коефіцієнтами одного і того ж ступеня r = max(n, m).

П р і м е р 11. Визначити вид окремого рішення лінійного однорідного рівняння 4-го порядку з постійними коефіцієнтами, якщо відома права частина рівняння f(х) = e x(2xcos 3x +(x 2 + 1)sin 3x) та коріння характеристичного рівняння:

а ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;

б ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = ± 1;

в ) k 1, 2 = 1 ± 3i,k 3, 4 = 1 ± 3i.

Рішення. Праворуч знаходимо, що у приватному рішенні у*(х), яке визначається формулою (18), параметри: a= 1, b= 3, r = 2. Вони залишаються незмінними всім трьох випадків, отже, число k 0 , що визначає останній параметр sформули (18) одно k 0 = 1+ 3i. У разі (а) серед характеристичних коренів немає числа k 0 = 1 + 3i,значить, s= 0, а приватне рішення має вигляд

у*(х) = x 0 е x(M 2 (x)cos 3x + N 2 (x)sin 3x) =

= еx( (Ax 2 + Bx + C)cos 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)sin 3x.

У разі (б) число k 0 = 1 + 3iзустрічається серед характеристичних коренів один раз, отже, s = 1 і

у*(х) = х е x((Ax 2 + Bx + C)cos 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)sin 3x.

Для випадку (в) маємо s = 2 та

у*(х) = х 2 е x((Ax 2 + Bx + C)cos 3x +(A 1 x 2 + B 1 x + C 1)sin 3x.

У прикладі 11 запису приватного рішення присутні два многочлена 2-го ступеня з невизначеними коефіцієнтами. Для знаходження рішення необхідно визначити числові значення цих коефіцієнтів. Сформулюємо загальне правило.

Для визначення невідомих коефіцієнтів багаточленів M r(x) та N r(x) рівність (17) диференціюють необхідну кількість разів, підставляють функцію у*(х) та її похідні до рівняння (16). Порівнюючи його ліву та праву частини, отримують систему алгебраїчних рівняньдля знаходження коефіцієнтів.

П р і м е р 12. Знайти рішення рівняння у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = xe 2x, Визначивши приватне рішення неоднорідного рівняння на вигляд правої частини.

Рішення. Загальне рішення неоднорідного рівняння має вигляд

у( х) = ` у(х)+ у*(х),

де ` у ( х) - загальне рішення відповідного однорідного рівняння, а у*(х) - приватне розв'язання неоднорідного рівняння.

Спочатку вирішимо однорідне рівняння у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = 0. Його характеристичне рівняння k 2 - k- 6 = 0 має два корені k 1 = 3,k 2 = - 2, отже, ` у ( х) = З 1 е 3х + З 2 е - 2х .

Скористаємося формулою (18) для визначення виду приватного рішення у*(х). Функція f(x) = xe 2x являє собою окремий випадок(а) формули (17), при цьому a = 2,b = 0 і r = 1, тобто. k 0 = 2 + 0i = 2. Порівнюючи з характерним корінням, укладаємо, що s = 0. Підставляючи значення всіх параметрів у формулу (18), маємо у*(х) = (Ах+B)e 2х .

Щоб знайти значення Аі У, знайдемо похідні першого та другого порядків функції у*(х) = (Ах+B)e 2х :

у*¢ (х)= Аe 2х + 2(Ах+В)e 2х = (2Ах+А+ 2B)e 2х,

у*¢ ¢ (х) = 2Аe 2х + 2(2Ах+А+ 2B)e 2х = (4Ах+ 4А+ 4B)e 2х .

Після встановлення функції у*(х) та її похідних до рівняння маємо

(4Ах+ 4А+ 4B)e 2х - (2Ах+А+ 2B)e 2х - 6(Ах+В)e 2х = xe 2x Þ Þ A =- 1/4,B =- 3/16.

Таким чином, приватне рішення неоднорідного рівняння має вигляд

у*(х) = (- 1/4х- 3/16)e 2х ,

а загальне рішення - у ( х) = З 1 е 3х + З 2 е - 2х + (- 1/4х- 3/16)e 2х .

Примітка 2.У разі, коли поставлено завдання Коші для неоднорідного рівняння, потрібно спочатку знайти загальне рішення рівняння

у( х) = ,

визначивши всі числові значення коефіцієнтів у у*(х). Потім скористатися початковими умовами і, підставивши їх у загальне рішення (а не в у*(х)), знайти значення констант C i.

П р і м е р 13. Знайти рішення задачі Коші:

у¢ ¢ (х) - у¢ (х) - 6у(х) = xe 2x ,у(0) = 0, у ¢ (х) = 0.

Рішення. Загальне вирішення цього рівняння

у(х) = З 1 е 3х + З 2 е - 2х + (- 1/4х- 3/16)e 2х

було знайдено у прикладі 12. Для знаходження приватного рішення, що задовольняє початковим умовам даного завдання Коші, отримуємо систему рівнянь

Вирішуючи її, маємо C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Отже, вирішенням завдання Коші є функція

у(х) = 1/8е 3х + 1/16е - 2х + (- 1/4х- 3/16)e 2х .

Примітка 3(принцип суперпозиції). Якщо в лінійному рівнянні L n[y(x)]= f(x), де f(x) = f 1 (x)+ f 2 (x) та у* 1 (x) - вирішення рівняння L n[y(x)]= f 1 (x), а у* 2 (x) - вирішення рівняння L n[y(x)]= f 2 (x), то функція у*(х)= у* 1 (x)+ у* 2 (x) є рішенням рівняння L n[y(x)]= f(x).

П р і м е р14. Вказати вид загального рішення лінійного рівняння

у¢ ¢ (х) + 4у(х) = x + sinx.

Рішення. Загальне рішення відповідного однорідного рівняння

` у(x) = З 1 сos 2x + С 2 sin 2x,

оскільки характеристичне рівняння k 2 + 4 = 0 має коріння k 1, 2 = ± 2i.Права частина рівняння не відповідає формулі (17), але якщо ввести позначення f 1 (x) = х, f 2 (x) = sinxта скористатися принципом суперпозиції , то приватне рішення неоднорідного рівняння можна знайти у вигляді у*(х)= у* 1 (x)+ у* 2 (x), де у* 1 (x) - вирішення рівняння у¢ ¢ (х) + 4у(х) = х, а у* 2 (x) - вирішення рівняння у¢ ¢ (х) + 4у(х) = sinх.За формулою (18)

у* 1 (x) = Ах + В,у* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.

Тоді приватне рішення

у*(х) = Ах + В + Ссosx + Dsinx,

отже, загальне рішення має вигляд

у(х) = З 1 сos 2x + С 2 е - 2х + А х + В + Ссosx + Dsinx.

П р і м е р15. Електричний ланцюг складається з послідовно з'єднаних джерела струму з ЕДС e(t) = E sinw t,індуктивності Lта ємності З, причому

Установа освіти «Білоруська державна

сільськогосподарська академія»

Кафедра вищої математики

Методичні вказівки

з вивчення теми «Лінійні диференціальні рівняння другого порядку» студентами бухгалтерського факультету заочної форми здобуття освіти (НІСПО)

Гірки, 2013

Лінійні диференційне рівняння

другого порядку з постійнимикоефіцієнтами

Лінійні однорідні диференціальні рівняння

Лінійним диференціальним рівнянням другого порядку з постійними коефіцієнтами називається рівняння виду

тобто. рівняння, яке містить потрібну функцію та її похідні тільки в першому ступені і не містить їх творів. У цьому рівнянні і
- Деякі числа, а функція
задана на деякому інтервалі
.

Якщо
на інтервалі
, то рівняння (1) набуде вигляду

, (2)

і називається лінійним однорідним . Інакше рівняння (1) називається лінійним неоднорідним .

Розглянемо комплексну функцію

, (3)

де
і
- дійсні функції. Якщо функція (3) є комплексним рішенням рівняння (2), то і дійсна частина
, і уявна частина
рішення
окремо є рішеннями цього однорідного рівняння. Таким чином, всяке комплексне рішеннярівняння (2) породжує два дійсні рішення цього рівняння.

Рішення однорідного лінійного рівняння мають властивості:

Якщо є рішення рівняння (2), то й функція
, де З– довільна стала, також буде рішенням рівняння (2);

Якщо і є рішення рівняння (2), то й функція
також буде вирішенням рівняння (2);

Якщо і є рішення рівняння (2), то їхня лінійна комбінація
також буде рішенням рівняння (2), де і
- Довільні постійні.

Функції
і
називаються лінійно залежними на інтервалі
якщо існують такі числа і
, Не рівні нулю одночасно, що на цьому інтервалі виконується рівність

Якщо рівність (4) має місце лише тоді, коли
і
, то функції
і
називаються лінійно незалежними на інтервалі
.

Приклад 1 . Функції
і
лінійно залежні, оскільки
на всій числовій прямій. У цьому прикладі
.

Приклад 2 . Функції
і
лінійно незалежні на будь-якому інтервалі, тому що рівність
можливо лише у випадку, коли і
, і
.

Побудова загального рішення лінійного однорідного

рівняння

Для того, щоб знайти загальне рішення рівняння (2), потрібно знайти два його лінійно незалежні рішення і . Лінійна комбінація цих рішень
, де і
- Довільні постійні, і дасть загальне рішення лінійного однорідного рівняння.

Лінійно незалежні рішення рівняння (2) шукатимемо у вигляді

, (5)

де - Деяке число. Тоді
,
. Підставимо ці вирази до рівняння (2):

або
.

Так як
, то
. Таким чином, функція
буде рішенням рівняння (2), якщо буде задовольняти рівняння

. (6)

Рівняння (6) називається характеристичним рівнянням для рівняння (2). Це рівняння є квадратним рівнянням алгебри.

Нехай і є коріння цього рівняння. Вони можуть бути або дійсними та різними, або комплексними, або дійсними та рівними. Розглянемо ці випадки.

Нехай коріння і характеристичного рівняння дійсні та різні. Тоді рішеннями рівняння (2) будуть функції
і
. Ці рішення лінійно незалежні, оскільки рівність
може виконуватися лише тоді, коли і
, і
. Тому загальне рішення рівняння (2) має вигляд

,

де і
- Довільні постійні.

Приклад 3
.

Рішення . Характеристичним рівнянням для цього диференціального буде
. Вирішивши це квадратне рівняннязнайдемо його коріння
і
. Функції
і
є рішеннями диференціального рівняння. Загальне рішення цього рівняння має вигляд
.

Комплексним числом називається вираз виду
, де і - дійсні числа, а
називається уявною одиницею. Якщо
, то число
називається чисто уявним. Якщо ж
, то число
ототожнюється з дійсним числом .

Число називається дійсною частиною комплексного числа, а - уявною частиною. Якщо два комплексні числа відрізняються один від одного тільки знаком уявної частини, то вони зазиваються сполученими:
,
.

Приклад 4 . Розв'язати квадратне рівняння
.

Рішення . Дискримінант рівняння
. Тоді. Аналогічно,
. Таким чином, дане квадратне рівняння має пов'язане комплексне коріння.

Нехай коріння характеристичного рівняння комплексне, тобто.
,
, де
.
,
Рішення рівняння (2) можна записати у вигляді
,
або

,
.

.
і
За формулами Ейлера

Тоді,. Як відомо, якщо комплексна функція є рішенням лінійного однорідного рівняння, рішеннями цього рівняння є і дійсна, і уявна частини цієї функції. Таким чином, рішеннями рівняння (2) будуть функції
і
. Оскільки рівність

де і
- Довільні постійні.

може виконуватися лише в тому випадку, якщо , то ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Рішення Приклад 5
є характеристичним для цього диференціального. Вирішимо його і отримаємо комплексне коріння
,
. Функції
і
є лінійно незалежними рішеннями диференціального рівняння. Загальне рішення цього рівняння має вигляд.

Нехай коріння характеристичного рівняння дійсне і рівне, тобто.
. Тоді рішеннями рівняння (2) є функції
і
. Ці рішення лінійно незалежні, оскільки вираз може бути тотожно рівним нулю лише тоді, коли
і
. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Приклад 6 , то ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Рішення . Характеристичне рівняння
має рівне коріння
. У цьому випадку лінійно-незалежними рішеннями диференціального рівняння є функції
і
. Загальне рішення має вигляд
.

Неоднорідні лінійні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами

та спеціальною правою частиною

Загальне рішення лінійного неоднорідного рівняння (1) дорівнює сумі загального рішення
відповідного однорідного рівняння та будь-якого приватного рішення
неоднорідного рівняння:
.

У деяких випадках окреме рішення неоднорідного рівняння можна знайти досить просто на вигляд правої частини
рівняння (1). Розглянемо випадки коли це можливо.

тобто. права частина неоднорідного рівняння є багаточленом ступеня m. Якщо
не є коренем характеристичного рівняння, то приватне рішення неоднорідного рівняння слід шукати у вигляді багаточлена ступеня m, тобто.

Коефіцієнти
визначаються у процесі перебування приватного рішення.

Якщо ж
є коренем характеристичного рівняння, то окреме рішення неоднорідного рівняння слід шукати у вигляді

Приклад 7 , то ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Рішення . Відповідним однорідним рівнянням для цього рівняння є
. Його характеристичне рівняння
має коріння
і
. Загальне рішення однорідного рівняння має вигляд
.

Так як
не є коренем характеристичного рівняння, то приватне рішення неоднорідного рівняння шукатимемо у вигляді функції
. Знайдемо похідні цієї функції
,
і підставимо їх на дане рівняння:

або . Прирівняємо коефіцієнти при та вільні члени:
Вирішивши цю систему, отримаємо
,
. Тоді окреме рішення неоднорідного рівняння має вигляд
, а загальним рішенням даного неоднорідного рівняння буде сума загального рішення відповідного однорідного рівняння та окремого рішення неоднорідного:
.

Нехай неоднорідне рівняння має вигляд

Якщо
не є коренем характеристичного рівняння, то окреме рішення неоднорідного рівняння слід шукати у вигляді. Якщо ж
є корінь характеристичного рівняння кратності k (k=1 або k=2), то цьому випадку приватне рішення неоднорідного рівняння матиме вид .

Приклад 8 , то ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Рішення . Характеристичне рівняння для відповідного однорідного рівняння має вигляд
. Його коріння
,
. І тут загальне рішення відповідного однорідного рівняння записується як
.

Так як число 3 не є коренем характеристичного рівняння, то окреме рішення неоднорідного рівняння слід шукати у вигляді
. Знайдемо похідні першого та другого порядків:,

Підставимо в диференціальне рівняння:
+ +,
+,.

Прирівняємо коефіцієнти при та вільні члени:

Звідси
,
. Тоді окреме рішення даного рівняння має вигляд
, а загальне рішення

.

Метод Лагранжа варіації довільних постійних

p align="justify"> Метод варіації довільних постійних можна застосовувати до будь-якого неоднорідного лінійного рівняння з постійними коефіцієнтами незалежно від виду правої частини. Цей метод дозволяє завжди знайти загальне рішення неоднорідного рівняння, якщо відомо загальне рішення відповідного однорідного рівняння.

Нехай
і
є лінійно незалежними рішеннями рівняння (2). Тоді загальним рішенням цього рівняння є
, де і
- Довільні постійні. Суть методу варіації довільних постійних у тому, що загальне рішення рівняння (1) шукається як

де
і
- нові невідомі функції, які потрібно знайти. Оскільки невідомих функцій дві, то їх знаходження необхідні два рівняння, містять ці функції. Ці два рівняння складають систему

яка є лінійною алгебраїчною системою рівнянь щодо
і
. Вирішуючи цю систему, знайдемо
і
. Інтегруючи обидві частини отриманих рівностей, знайдемо

і
.

Підставивши ці вирази (9), отримаємо загальне рішення неоднорідного лінійного рівняння (1).

Приклад 9 , то ці рішення лінійно незалежні. Отже, загальне рішення рівняння (2) має вигляд
.

Рішення. Характеристичним рівнянням для однорідного рівняння, що відповідає даному диференціальному рівнянню, є
. Коріння його комплексне
,
. Так як
і
, то
,
, А загальне рішення однорідного рівняння має вигляд. Тоді загальне рішення даного неоднорідного рівняння шукатимемо у вигляді, де
і
- Невідомі функції.

Система рівнянь для знаходження цих невідомих функцій має вигляд

Вирішивши цю систему, знайдемо
,
. Тоді

,
. Підставимо отримані вирази у формулу загального рішення:

Це і є загальне рішення даного диференціального рівняння, отримане методом Лагранжа.

Запитання для самоконтролю знань

Яке диференціальне рівняння називається лінійним диференціальним рівнянням другого порядку із постійними коефіцієнтами?

Яке лінійне диференціальне рівняння називається однорідним, яке - неоднорідним?

Якими властивостями має лінійне однорідне рівняння?

Яке рівняння називається характерним для лінійного диференціального рівняння і як воно виходить?

У якому вигляді записується загальне рішення лінійного однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами у разі різних коренів характеристичного рівняння?

У якому вигляді записується загальне рішення лінійного однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами у разі рівного коріння характеристичного рівняння?

У якому вигляді записується загальне рішення лінійного однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами у разі комплексного коріння характеристичного рівняння?

Як записується загальне рішення лінійного неоднорідного рівняння?

У якому вигляді шукається приватне рішення лінійного неоднорідного рівняння, якщо коріння характеристичного рівняння різне і не дорівнює нулю, а права частина рівняння є багаточлен ступеня m?

У якому вигляді шукається окреме рішення лінійного неоднорідного рівняння, якщо серед коренів характеристичного рівняння є один нуль, а права частина рівняння є багаточлен ступеня m?

У чому полягає суть методу Лагранжа?

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

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

Перейдемо до формулювання теореми загального рішення ЛНДУ.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Теорема загального рішення ЛДНУ

Теорема 1

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

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

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

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

Приклад 1

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

Рішення

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

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

Спершу знайдемо загальне рішення для ЛНДУ, а після чого – приватне.

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

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

Отримали, що коріння різні та дійсні. Тому запишемо

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

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

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

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

Тоді отримаємо, що:

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

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

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

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

Отримуємо, що:

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

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

Застосувавши теорему Коші, маємо, що

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

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

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

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

Приклад 2

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

Рішення

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

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

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

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

Отримали, що

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

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

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

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

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

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

Приклад 3

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

Рішення

Перед написанням характеристичного рівняння знаходимо y0. Тоді

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

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

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

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

Перетворюємо:

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

Тоді видно, що

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

Необхідно прирівняти коефіцієнти синусів та косінусів. Отримуємо систему виду:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

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

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

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

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

Приклад 4

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

Рішення

За умовою видно, що

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

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

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

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

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

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

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

Знаходження похідної та подібних доданків дає

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

Після прирівнювання коефіцієнтів отримуємо систему виду

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

З усього випливає, що

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

Відповідь:тепер отримано загальне рішення заданого лінійного рівняння:

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

Алгоритм рішення ЛДНУ

Визначення 1

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

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

Приклад 5

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

Рішення

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

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

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

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

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

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

Кожне із рівнянь слід проінтегрувати. Тоді запишемо рівняння:

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

Звідси випливає, що загальне рішення матиме вигляд:

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

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

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