არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდით. პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლებების ამოხსნა. გაურკვეველი კოეფიციენტის მეთოდი

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.

მოდით გადავიდეთ LNDE-ს ზოგადი ამოხსნის თეორემის ფორმულირებაზე.

Yandex.RTB R-A-339285-1

ზოგადი ამოხსნის თეორემა LDNU-სთვის

თეორემა 1

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 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 პირობებს y (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 მოდი ვიპოვოთ ზოგადი გამოსავალი LNDU-სთვის, შემდეგ კი კონკრეტული.

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 ვიღებთ 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.

მივხვდი

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 B 1არის 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. მერე

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.

მოდით გარდავქმნათ:

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 გასაგებია, 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 სინუსების 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

ყველაფრისგან 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

განმარტება 1

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

არაჰომოგენური განტოლება მუდმივი კოეფიციენტებით

შეიძლება ამოხსნას განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდით და თვითნებური მუდმივების ვარიაციის მეთოდით.

გაურკვეველი კოეფიციენტის მეთოდი

მე . იმიტომ რომ განტოლება (11) არაერთგვაროვანია, მისი ზოგადი ამონახსნი შედგება ზოგადი ერთგვაროვანი და ცალკეული არაერთგვაროვანი განტოლებების ჯამისაგან, ე.ი.

.

ჩვენ ვადგენთ შესაბამის ერთგვაროვან განტოლებას

მისი დამახასიათებელი განტოლება

ამონახსნების ფუნდამენტური სისტემის სტრუქტურა დამოკიდებულია დამახასიათებელი განტოლების ფესვების ტიპზე (13).

არის 3 შემთხვევა.

ა). დამახასიათებელი განტოლების (13) ყველა ფესვი განსხვავებული და რეალურია.აღვნიშნოთ ისინი
. გადაწყვეტილებების ფუნდამენტური სისტემა:

და ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა:

ბ). დამახასიათებელი განტოლების (13) ყველა ფესვი განსხვავებულია, მაგრამ მათ შორის არის რთული.დაე
- განტოლების რთული ფესვი (13). მერე
- ასევე არის ამ განტოლების ფესვი. ეს ფესვები შეესაბამება ორ წრფივად დამოუკიდებელ ნაწილობრივ გადაწყვეტას:

.

თუ
და
მაშინ კონკრეტულ გადაწყვეტილებებს ექნება ფორმა

წრფივი დამოუკიდებელი ნაწილობრივი ამონახსნების ჩაწერით, რომლებიც შეესაბამება რთული ფესვების სხვა კონიუგატებულ წყვილებს და ყველა რეალურ ფესვს და ამ ამონახსნების წრფივი კომბინაციის შექმნით თვითნებური მუდმივი კოეფიციენტებით, ვიღებთ განტოლების ზოგად ამონახსანს (12).

V). დამახასიათებელი განტოლების ფესვებს შორის არის მრავლობითი. დაე კ 1 რეალური რ- მრავალჯერადი ფესვი. შემდეგ ისინი შეესაბამება მას რ

თუ
- განტოლების (13) სიმრავლის რთული ფესვები რ, მაშინ ისინი შეესაბამება 2 რფორმის წრფივად დამოუკიდებელი ნაწილობრივი გადაწყვეტილებები:

მითითებული ტიპის წრფივად დამოუკიდებელი ნაწილობრივი ამონახსნების ჩაწერით, რომელიც შეესაბამება ყველა მარტივ და მრავალრიცხოვან რეალურ ფესვს, ასევე მარტივი და მრავალჯერადი რთული ფესვების კონიუგატიურ წყვილებს, ვიღებთ ამონახსნების ფუნდამენტურ სისტემას.

II . (11) განტოლების მარჯვენა მხარის ფორმის მიხედვით არჩეულია არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამონახსნები.

შეიძლება იყოს შემთხვევები.

1).
, სად პ(x) – პოლინომი დან xგრადუსი ნ.

ა). თუ ნომერი 0 არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (13), მაშინ არაჰომოგენური განტოლების (11) კონკრეტული ამონახსნი შეიძლება მოიძებნოს ფორმით
, სად ქ(x) – პოლინომი დან xიგივე ხარისხი ნ, როგორც პ(x) ზოგადი ფორმით (ანუ განუსაზღვრელი კოეფიციენტებით).

მაგალითად,

ბ). თუ 0 - სიმრავლის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი რ, ეს

.

2).
.

ა). თუ ნომერი α არ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (13), მაშინ

.

3) სად
- ხარისხის მრავალწევრები მ და ნშესაბამისად (ერთ-ერთი მრავალწევრი შეიძლება იდენტურად იყოს ნულის ტოლი);

ა) თუ
არ არის (13) განტოლების ფესვი

სად
- ხარისხის მრავალწევრები
.

ბ) თუ
არის სიმრავლის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი რ, ეს

4) სად
- ფუნქციები 1), 2), 3). თუ
არის კონკრეტული გადაწყვეტილებები, რომლებიც შეესაბამება ფუნქციებს
, ეს

ამოცანა 12. იპოვნეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი.

გამოსავალი. ეს არის მე-3 რიგის არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება, რომელიც არ შეიცავს სასურველ ფუნქციას წ. ეს განტოლება შეიძლება ამოიხსნას მინიმუმ ორი გზით: თვითნებური მუდმივების ცვალებადობის მეთოდი და განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდი არაჰომოგენური წრფივი განტოლების კონკრეტული ამოხსნის დასადგენად მუდმივი კოეფიციენტებით.

განვიხილოთ მეორე მეთოდი.

შევადგინოთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლება

.

დამახასიათებელი განტოლება
აქვს ფესვები:
(საქმე ია). ერთგვაროვანი განტოლების ნაწილობრივი ამონახსნები:

შესაბამისად, ზოგადად ერთგვაროვანი
.

ახლა განიხილეთ ორიგინალური განტოლების მარჯვენა მხარე:
- მეორე ხარისხის მრავალწევრი (საქმე II1). მისი ფორმის მიხედვით, ჩვენ შევადგენთ კონკრეტულ ამონახსანს არაჰომოგენური განტოლებისთვის:
.

ფაქტორი x ჩნდება იმის საფუძველზე, რომ x=0 არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი. მოძიება
და შევცვლით იმას, რაც აღმოვაჩინეთ თავდაპირველ განტოლებაში, მივიღებთ

კოეფიციენტების შედარება იმავე ხარისხით, ჩვენ ვიღებთ სისტემას

,

საიდანაც ა=1/3, ბ=1, C=1/2 . ამ მნიშვნელობების ჩანაცვლებით კონკრეტული გადაწყვეტის ზოგად ფორმაში, ჩვენ ვიღებთ

.

იმის გათვალისწინებით, რომ არაჰომოგენური განტოლების ზოგადი ამონახსნი არის ზოგადი ერთგვაროვანი და კონკრეტული არაერთგვაროვანის ჯამი, ჩვენ გვაქვს

.

ამოცანა 13. იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი.

გამოსავალი. ვიპოვოთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი. დამახასიათებელი განტოლება
აქვს ფესვები: (საქმე ია). ამიტომაც
.

მარჯვენა მხარის ფორმის საფუძველზე ჩამოვაყალიბებთ არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტული ამოხსნის ზოგად ფორმას, იმის გათვალისწინებით, რომ =2 არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (შემთხვევა II2b):
.

ბოლო 3-ჯერ დიფერენცირებით და თავდაპირველ განტოლებაში ჩანაცვლებით, ჩვენ ვხვდებით, რომ ა=1, ბ=0 . მაშინ თავდაპირველი განტოლების კონკრეტული ამოხსნა იქნება ფუნქცია
.

აქედან გამომდინარე, ორიგინალური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი გადაწყვეტა

ამოცანა 14. იპოვნეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი.

გამოსავალი. ვიპოვოთ შესაბამისი ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამონახსნი:

.

დამახასიათებელი განტოლება
აქვს ორმაგი ფესვი კ=2 (Ic). ამიტომაც
.

მარჯვენა მხარის ფორმიდან გამომდინარე, ადვილია ზოგადი ფორმით ჩამოვაყალიბოთ თავდაპირველი განტოლების კონკრეტული ამონახსნი: , რადგან 2-6 მეარ არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი (II3a). ამ ფუნქციისთვის ისინი ეძებენ წ / და წ // და ჩაანაცვლეთ ის ჩვენთვის მოცემულ განტოლებაში. ამრიგად, დადგენილია, რომ ბ=0 და ა=-1/36 .

შემდეგ,
არის ჩვენი არაჰომოგენური განტოლების კონკრეტული ამონახსნი და სასურველ ამოხსნას აქვს ფორმა:

.

ამოცანა 15. იპოვეთ დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნი.

გამოსავალი. იმიტომ რომ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები, მაშინ არის ერთგვაროვანი განტოლების ზოგადი ამოხსნა. ჩვენ ვეძებთ არაერთგვაროვანი განტოლების კონკრეტულ ამოხსნას ფორმაში

ფუნქცია შედგენილია მარჯვენა მხარის ფორმის მიხედვით, იმის გათვალისწინებით, რომ x=0 არის დამახასიათებელი განტოლების ფესვი და 10 მე- არა.

ამ ფუნქციის თავდაპირველ განტოლებაში ჩანაცვლებით, ჩვენ ვხვდებით, რომ

მაშინ, დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა იქნება ფუნქცია.

მეორე რიგის ერთგვაროვან წრფივ დიფერენციალურ განტოლებებს მუდმივი კოეფიციენტებით აქვს ფორმა

სადაც p და q ნამდვილი რიცხვებია. მოდით შევხედოთ მაგალითებს, თუ როგორ ხსნიან ერთგვაროვან მეორე რიგის დიფერენციალურ განტოლებებს მუდმივი კოეფიციენტებით.

მეორე რიგის წრფივი ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ამოხსნა დამოკიდებულია დამახასიათებელი განტოლების ფესვებზე. დამახასიათებელი განტოლება არის განტოლება k²+pk+q=0.

1) თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები განსხვავებული რეალური რიცხვებია:

მაშინ მუდმივი კოეფიციენტებით მეორე რიგის წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

2) თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები ტოლი რეალური რიცხვებია

(მაგალითად, ნულის ტოლი დისკრიმინანტით), მაშინ ჰომოგენური მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები არის

3) თუ დამახასიათებელი განტოლების ფესვები რთული რიცხვებია

(მაგალითად, უარყოფითი რიცხვის ტოლი დისკრიმინანტით), მაშინ ერთგვაროვანი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამონახსნები იწერება ფორმით

მუდმივი კოეფიციენტებით წრფივი ერთგვაროვანი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლებების ამოხსნის მაგალითები

იპოვეთ მეორე რიგის ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლებების ზოგადი ამონახსნები:

ვადგენთ დამახასიათებელ განტოლებას: k²-7k+12=0. მისი დისკრიმინანტია D=b²-4ac=1>0, ამიტომ ფესვები განსხვავებული რეალური რიცხვებია.

მაშასადამე, ამ ერთგვაროვანი მე-2 რიგის DE-ის ზოგადი ამონახსნები არის

შევადგინოთ და ამოხსნათ დამახასიათებელი განტოლება:

ფესვები რეალური და განსხვავებულია. ამრიგად, ჩვენ გვაქვს ამ ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი გადაწყვეტა:

ამ შემთხვევაში, დამახასიათებელი განტოლება

ფესვები განსხვავებული და სწორია. მაშასადამე, მე-2 რიგის ჰომოგენური დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა არის აქ

დამახასიათებელი განტოლება

ვინაიდან ფესვები რეალური და ტოლია, ამ დიფერენციალური განტოლებისთვის ჩვენ ვწერთ ზოგად ამონახსნებს როგორც

დამახასიათებელი განტოლება აქ არის

ვინაიდან დისკრიმინანტი უარყოფითი რიცხვია, დამახასიათებელი განტოლების ფესვები რთული რიცხვებია.

ამ ერთგვაროვანი მეორე რიგის დიფერენციალური განტოლების ზოგად ამოხსნას აქვს ფორმა

დამახასიათებელი განტოლება

აქედან ჩვენ ვპოულობთ ამ დიფერენციაციის ზოგად გადაწყვეტას. განტოლებები:

მაგალითები თვითშემოწმებისთვის.

პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლება არის ფორმის განტოლება

,
სადაც p და q არის x ცვლადის ფუნქციები.

პირველი რიგის წრფივი ერთგვაროვანი დიფერენციალური განტოლება არის ფორმის განტოლება

პირველი რიგის წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება არის ფორმის განტოლება

q ვადა (x)განტოლების არაერთგვაროვან ნაწილს უწოდებენ.

განვიხილოთ პირველი რიგის წრფივი არაჰომოგენური დიფერენციალური განტოლება:
(1) .
ამ განტოლების ამოხსნის სამი გზა არსებობს:

• ინტეგრირების ფაქტორის მეთოდი;

წრფივი დიფერენციალური განტოლების ამოხსნა ინტეგრაციული ფაქტორის გამოყენებით

განვიხილოთ პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლების ამოხსნის მეთოდი ინტეგრირების ფაქტორი.
მოდით გავამრავლოთ საწყისი განტოლების ორივე მხარე (1) ინტეგრირების ფაქტორით
:
(2)
შემდეგი, ჩვენ აღვნიშნავთ, რომ ინტეგრალის წარმოებული უდრის ინტეგრანდს:

რთული ფუნქციის დიფერენცირების წესის მიხედვით:

პროდუქტის დიფერენციაციის წესის მიხედვით:


ჩანაცვლება შიგნით (2) :

მოდით ინტეგრირება:

გავამრავლოთ . ვიღებთ:

პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლების ზოგადი ამოხსნა

პირველი რიგის წრფივი დიფერენციალური განტოლების ამოხსნის მაგალითი

ამოხსენით განტოლება

გამოსავალი
მოდით გავყოთ საწყისი განტოლების ორივე მხარე x-ზე: .
(i)
;
.
მერე

ინტეგრირების ფაქტორი: მოდულის ნიშანი შეიძლება გამოტოვოთ, რადგან ინტეგრაციის ფაქტორი შეიძლება გამრავლდეს ნებისმიერ მუდმივზე (მათ შორის).
± 1 მოდით გავყოთ საწყისი განტოლების ორივე მხარე x-ზე:გავამრავლოთ 3 :
.
x-ის მიერ
;
.
ჩვენ ვირჩევთ წარმოებულს.
.
ჩვენ ვაერთიანებთ ინტეგრალების ცხრილის გამოყენებით: 3 :
.

გავყოთ x-ზე

უპასუხე
გამოყენებული ლიტერატურა: