A fizika egyes problémáinál nem lehet közvetlen kapcsolatot létesíteni a folyamatot leíró mennyiségek között. De lehet kapni egy egyenlőséget, amely tartalmazza a vizsgált függvények deriváltjait. Így keletkeznek a differenciálegyenletek, és meg kell oldani őket egy ismeretlen függvény megtalálásához.

Ez a cikk azoknak szól, akik olyan differenciálegyenlet megoldásának problémájával szembesülnek, amelyben az ismeretlen függvény egy változó függvénye. Az elmélet úgy van felépítve, hogy a differenciálegyenletek nulla ismeretével megbirkózzon a feladatával.

Mindegyik típus differenciál egyenletek a megoldási módot a tipikus példák és problémák részletes magyarázataival és megoldásaival összhangba hozzuk. Csak annyit kell tennie, hogy meghatározza a probléma differenciálegyenletének típusát, keressen egy hasonló elemzett példát, és hasonló műveleteket hajtson végre.

A differenciálegyenletek sikeres megoldásához szüksége lesz arra is, hogy találjon antiderivált készleteket ( határozatlan integrálok) különféle funkciókat. Ha szükséges, javasoljuk, hogy tekintse át a részt.

Először megvizsgáljuk az elsőrendű közönséges differenciálegyenletek típusait, amelyek a deriváltra vonatkoztatva feloldhatók, majd áttérünk a másodrendű ODE-kra, majd a magasabb rendű egyenleteknél fogunk elidőzni, és befejezni a differenciál egyenletek.

Emlékezzünk vissza, hogy ha y az x argumentum függvénye.

Elsőrendű differenciálegyenletek.

Az alak első rendjének legegyszerűbb differenciálegyenletei.

Írjunk le néhány példát ilyen távirányítóra .

Differenciál egyenletek feloldható a deriváltra nézve, ha az egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk f(x) -el. Ebben az esetben olyan egyenlethez jutunk, amely ekvivalens lesz az eredetivel, ha f(x) ≠ 0. Ilyen ODE-k például a .

Ha az x argumentumnak vannak olyan értékei, amelyeknél az f(x) és g(x) függvények egyszerre eltűnnek, akkor további megoldások jelennek meg. További megoldások az egyenlethez adott x az ezekhez az argumentumértékekhez definiált függvények. Az ilyen differenciálegyenletek példái a következők:

Másodrendű differenciálegyenletek.

Lineáris homogén másodrendű differenciálegyenletek -val állandó együtthatók.

Az állandó együtthatókkal rendelkező LDE a differenciálegyenlet nagyon gyakori típusa. Megoldásuk nem különösebben nehéz. Először a gyökereket találják meg karakterisztikus egyenlet . Különböző p és q esetén három eset lehetséges: a karakterisztikus egyenlet gyöke lehet valós és különböző, valós és egybeeső vagy komplex konjugátumok. A karakterisztikus egyenlet gyökeinek értékétől függően a differenciálegyenlet általános megoldását a következőképpen írjuk fel: , vagy , ill.

Például vegyünk egy lineáris homogén másodrendű differenciálegyenletet állandó együtthatókkal. Karakterisztikus egyenletének gyöke: k 1 = -3 és k 2 = 0. A gyökök valódiak és különbözőek, ezért a LODE állandó együtthatós megoldásának van formája


Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal.

Az y állandó együtthatójú másodrendű LDDE általános megoldását a megfelelő LDDE általános megoldásának összege formájában keressük. és az eredeti sajátos megoldása Nem homogén egyenlet, vagyis . Az előző bekezdés egy állandó együtthatójú homogén differenciálegyenlet általános megoldásának a megtalálására szolgál. Egy adott megoldást pedig vagy az eredeti egyenlet jobb oldalán álló f(x) függvény bizonyos formájára vonatkozó meghatározatlan együtthatók módszere, vagy tetszőleges állandók változtatásának módszere határoz meg.

Példákként a másodrendű, állandó együtthatójú LDDE-kre adjuk meg


Értsd meg az elméletet és ismerkedj meg vele részletes megoldásokat Példákat kínálunk az oldalon lineáris inhomogén, másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenletekre.

Lineáris homogén differenciálegyenletek (LODE) és másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek (LNDE).

Az ilyen típusú differenciálegyenletek speciális esetei a LODE és az LDDE állandó együtthatóval.

A LODE általános megoldását egy bizonyos szakaszon az egyenlet két lineárisan független y 1 és y 2 parciális megoldásának lineáris kombinációja reprezentálja, azaz .

A fő nehézség pontosan abban rejlik, hogy egy ilyen típusú differenciálegyenletre lineárisan független parciális megoldásokat találjunk. Jellemzően bizonyos megoldásokat a következő lineárisan független függvényrendszerek közül választanak ki:


A konkrét megoldások azonban nem mindig jelennek meg ebben a formában.

Példa a LOD-ra .

Az LDDE általános megoldását a formában keressük, ahol a megfelelő LDDE általános megoldása, és az eredeti differenciálegyenlet konkrét megoldása. Az imént beszéltünk a megtalálásáról, de tetszőleges állandók változtatásának módszerével meghatározható.

Példa az LNDU-ra .

Magasabb rendű differenciálegyenletek.

Differenciálegyenletek, amelyek lehetővé teszik a sorrend csökkentését.

A differenciálegyenlet sorrendje , amely nem tartalmazza a kívánt függvényt és annak deriváltjait k-1-ig, lecserélésével n-k-ra redukálható.

Ebben az esetben az eredeti differenciálegyenlet -re redukálódik. A p(x) megoldás megtalálása után vissza kell térni a helyettesítéshez és meghatározni az ismeretlen y függvényt.

Például a differenciálegyenlet a csere után elválasztható változókat tartalmazó egyenletté válik, sorrendje harmadikról elsőre csökken.

Másodrendű és magasabb rendű differenciálegyenletek.
Másodrendű lineáris differenciálegyenletek állandó együtthatókkal.
Példák megoldásokra.

Térjünk át a másodrendű differenciálegyenletekre és a magasabb rendű differenciálegyenletekre. Ha homályos elképzelése van arról, hogy mi a differenciálegyenlet (vagy egyáltalán nem érti, mi az), akkor azt javaslom, hogy kezdje a leckével Elsőrendű differenciálegyenletek. Példák megoldásokra. Az elsőrendű diffúzok számos megoldási elve és alapkoncepciója automatikusan kiterjed a magasabb rendű differenciálegyenletekre is, ezért nagyon fontos először megérteni az elsőrendű egyenleteket.

Sok olvasónak lehet olyan előítélete, hogy a 2., 3. és egyéb rendelések távirányítóját nagyon nehéz és elérhetetlen dolog elsajátítani. Ez rossz . Tanuld meg megoldani a diffúzokat magasabb rendű aligha bonyolultabb, mint a „közönséges” 1. rendű DE-k. És helyenként még egyszerűbb is, hiszen a megoldások aktívan felhasználják az iskolai tananyagból származó anyagokat.

Legnepszerubb másodrendű differenciálegyenletek. Másodrendű differenciálegyenlethez Szükségszerűen tartalmazza a második származékot és nem tartalmazza

Megjegyzendő, hogy a babák egy része (és akár egyszerre is) hiányozhat az egyenletből, fontos, hogy az apa otthon legyen. A legprimitívebb másodrendű differenciálegyenlet így néz ki:

Harmadik rendű differenciálegyenletek in gyakorlati feladatokat Szubjektív megfigyeléseim szerint sokkal ritkábban fordulnak elő, az Állami Dumában a szavazatok 3-4 százalékát szereznék meg.

Harmadrendű differenciálegyenlethez Szükségszerűen tartalmazza a harmadik származékot és nem tartalmazza magasabb rendű származékok:

A legegyszerűbb harmadrendű differenciálegyenlet így néz ki: – apa otthon van, minden gyerek kimegy sétálni.

Hasonló módon definiálhat 4., 5. és magasabb rendű differenciálegyenleteket. Gyakorlati problémák esetén az ilyen vezérlőrendszerek ritkán hibáznak, azonban megpróbálok releváns példákat hozni.

A gyakorlati feladatokban javasolt magasabb rendű differenciálegyenletek két fő csoportra oszthatók.

1) Az első csoport - az ún sorrendben redukálható egyenletek. Gyerünk!

2) Második csoport – magasabb rendű lineáris egyenletek állandó együtthatókkal. Amit most elkezdünk nézni.

Másodrendű lineáris differenciálegyenletek
állandó együtthatókkal

Elméletben és gyakorlatban kétféle ilyen egyenletet különböztetnek meg: homogén egyenletÉs inhomogén egyenlet.

Homogén másodrendű DE állandó együtthatókkal a következő formája van:
, ahol és a konstansok (számok), és a jobb oldalon – szigorúan nulla.

Mint látható, a homogén egyenletekkel nincs különösebb nehézség, a lényeg az helyesen dönteni másodfokú egyenlet .

Néha vannak nem szabványos homogén egyenletek, például egy egyenlet a formában , ahol a második deriváltnál van valamilyen egységtől eltérő (és természetesen nullától eltérő) állandó. A megoldási algoritmus egyáltalán nem változik, nyugodtan állítson össze egy karakterisztikus egyenletet, és keresse meg a gyökereit. Ha a karakterisztikus egyenlet két különböző valódi gyökere lesz, például: , akkor az általános megoldást a szokásos séma szerint írjuk: .

Egyes esetekben az állapot elírása miatt „rossz” gyökerek keletkezhetnek, ilyesmi . Mi a teendő, a választ így kell írni:

A „rossz” konjugált összetett gyökerekkel, mint pl semmi gond, általános megoldás:

vagyis amúgy van általános megoldás. Mert minden másodfokú egyenletnek két gyöke van.

Az utolsó bekezdésben, ahogy ígértem, röviden megvizsgáljuk:

Magasabb rendű lineáris homogén egyenletek

Minden nagyon-nagyon hasonló.

Egy harmadrendű lineáris homogén egyenletnek a következő alakja van:
, hol vannak az állandók.
Mert adott egyenlet Egy karakterisztikus egyenletet is létre kell hoznia, és meg kell találnia a gyökereit. A karakterisztikus egyenlet, amint azt sokan sejtették, így néz ki:
, és az Akárhogyan is Megvan pontosan három gyökér

Legyen például minden gyökér valódi és különálló: , akkor az általános megoldást a következőképpen írjuk le:

Ha az egyik gyök valódi, a másik kettő pedig konjugált komplex, akkor az általános megoldást a következőképpen írjuk le:

Speciális eset, amikor mindhárom gyök többszöröse (ugyanaz). Tekintsük a 3. rendű legegyszerűbb homogén DE-t magányos apával: . A karakterisztikus egyenletnek három egybeeső nulla gyöke van. Az általános megoldást a következőképpen írjuk:

Ha a karakterisztikus egyenlet például három többszörös gyöke van, akkor az általános megoldás ennek megfelelően a következő:

9. példa

Oldjon meg egy homogén harmadrendű differenciálegyenletet!

Megoldás:Állítsuk össze és oldjuk meg a karakterisztikus egyenletet:

, – egy valódi gyökér és két konjugált komplex gyök keletkezik.

Válasz: közös döntés

Hasonlóképpen tekinthetjük a lineáris homogén egyenletet is negyedik rendállandó együtthatókkal: , ahol állandók.

Oktatási intézmény "Belarusz állam

Mezőgazdasági Akadémia"

Felsőmatematika Tanszék

Irányelvek

a „Másodrendű lineáris differenciálegyenletek” témakör tanulmányozása a levelező oktatási kar (NISPO) számviteli karának hallgatói által

Gorki, 2013

Lineáris differenciálegyenletek

másodrendű állandókkalegyütthatók

Lineáris homogén differenciálegyenletek

Másodrendű lineáris differenciálegyenlet állandó együtthatókkal formaegyenletnek nevezzük

azok. olyan egyenlet, amely csak első fokon tartalmazza a kívánt függvényt és származékait, és nem tartalmazza azok szorzatait. Ebben az egyenletben És
- néhány szám és egy függvény
adott időközönként
.

Ha
az intervallumon
, akkor az (1) egyenlet a következő alakot veszi fel

, (2)

és úgy hívják lineárisan homogén . Ellenkező esetben az (1) egyenletet nevezzük lineáris inhomogén .

Tekintsük az összetett függvényt

, (3)

Ahol
És
- valós függvények. Ha a (3) függvény a (2) egyenlet komplex megoldása, akkor a valós rész
, és a képzeletbeli rész
megoldásokat
külön vannak ugyanazon homogén egyenlet megoldásai. Így a (2) egyenlet bármely összetett megoldása két valós megoldást generál erre az egyenletre.

A homogén lineáris egyenlet megoldásai a következő tulajdonságokkal rendelkeznek:

Ha a (2) egyenlet megoldása, akkor a függvény
, Ahol VAL VEL– egy tetszőleges állandó a (2) egyenlet megoldása is lesz;

Ha És a (2) egyenletnek vannak megoldásai, majd a függvénynek
a (2) egyenlet megoldása is lesz;

Ha És a (2) egyenletnek vannak megoldásai, majd ezek lineáris kombinációja
megoldása lesz a (2) egyenletnek is, ahol És
– tetszőleges állandók.

Funkciók
És
hívják lineárisan függő az intervallumon
, ha vannak ilyen számok És
, ugyanakkor nem egyenlő nullával, hogy ezen az intervallumon az egyenlőség

Ha a (4) egyenlőség csak akkor következik be
És
, majd a funkciókat
És
hívják lineárisan független az intervallumon
.

1. példa . Funkciók
És
lineárisan függőek, hiszen
a teljes számegyenesen. Ebben a példában
.

2. példa . Funkciók
És
lineárisan függetlenek bármely intervallumtól, mivel az egyenlőség
csak abban az esetben lehetséges
, És
.

Lineáris homogén általános megoldásának felépítése

egyenletek

Ahhoz, hogy általános megoldást találjunk a (2) egyenletre, két lineárisan független megoldást kell találnunk És . Ezen megoldások lineáris kombinációja
, Ahol És
tetszőleges állandók, és általános megoldást adnak egy lineáris homogén egyenletre.

Lineáris független megoldások A (2) egyenleteket az űrlapon kell keresni

, (5)

Ahol – egy bizonyos szám. Akkor
,
. Helyettesítsük be ezeket a kifejezéseket a (2) egyenletbe:

vagy
.

Mert
, Azt
. Tehát a funkció
a (2) egyenlet megoldása lesz, ha kielégíti az egyenletet

. (6)

A (6) egyenletet nevezzük karakterisztikus egyenlet a (2) egyenlethez. Ez az egyenlet egy algebrai másodfokú egyenlet.

Hadd És ennek az egyenletnek vannak gyökerei. Lehetnek valódiak és különbözőek, vagy összetettek, vagy valódiak és egyenlőek. Nézzük ezeket az eseteket.

Hagyja a gyökereket És a karakterisztikus egyenletek valósak és különállóak. Ekkor a (2) egyenlet megoldásai a függvények lesznek
És
. Ezek a megoldások lineárisan függetlenek, mivel az egyenlőség
csak akkor hajtható végre
, És
. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van

,

Ahol És
- tetszőleges állandók.

3. példa
.

Megoldás . Ennek a differenciálnak a jellemző egyenlete a következő lesz
. Miután megoldottuk ezt a másodfokú egyenletet, megtaláljuk a gyökereit
És
. Funkciók
És
a differenciálegyenlet megoldásai. Ennek az egyenletnek az általános megoldása az
.

Összetett szám a forma kifejezésének nevezzük
, Ahol És valós számok, és
képzeletbeli egységnek nevezzük. Ha
, majd a szám
tisztán képzeletnek nevezik. Ha
, majd a szám
valós számmal azonosítjuk .

Szám komplex szám valós részének nevezzük, és - képzeletbeli rész. Ha két komplex szám csak a képzeletbeli rész előjelében tér el egymástól, akkor konjugáltnak nevezzük őket:
,
.

4. példa . Másodfokú egyenlet megoldása
.

Megoldás . Diszkrimináns egyenlet
. Akkor. Hasonlóképpen,
. Így ennek a másodfokú egyenletnek konjugált komplex gyökerei vannak.

Legyenek a karakterisztikus egyenlet gyökei összetettek, azaz.
,
, Ahol
. A (2) egyenlet megoldásai a formába írhatók
,
vagy
,
. Euler képletei szerint

,
.

Akkor ,. Mint ismeretes, ha egy komplex függvény egy lineáris homogén egyenlet megoldása, akkor ennek az egyenletnek a megoldásai ennek a függvénynek a valós és képzetes részei is. Így a (2) egyenlet megoldásai a függvények lesznek
És
. Az egyenlőség óta

csak akkor hajtható végre
És
, akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van

Ahol És
- tetszőleges állandók.

5. példa . Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását!
.

Megoldás . Az egyenlet
adott differenciálra jellemző. Oldjuk meg, és szerezzünk összetett gyökereket
,
. Funkciók
És
a differenciálegyenlet lineárisan független megoldásai. Ennek az egyenletnek az általános megoldása a következő:

Legyen a karakterisztikus egyenlet gyöke valós és egyenlő, azaz.
. Ekkor a (2) egyenlet megoldásai a függvények
És
. Ezek a megoldások lineárisan függetlenek, mivel a kifejezés csak akkor lehet azonosan egyenlő nullával
És
. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

6. példa . Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását!
.

Megoldás . Karakterisztikus egyenlet
egyenlő gyökerei vannak
. Ebben az esetben a differenciálegyenlet lineárisan független megoldásai a függvények
És
. Az általános megoldásnak megvan a formája
.

Inhomogén lineáris differenciálegyenletek másodrendű állandó együtthatókkal

és különleges jobb oldal

Az (1) lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása egyenlő az általános megoldás összegével
a megfelelő homogén egyenlet és bármely konkrét megoldás
inhomogén egyenlet:
.

Egyes esetekben egy inhomogén egyenlet konkrét megoldása egyszerűen megtalálható a jobb oldal alakjával
(1) egyenlet. Nézzük meg azokat az eseteket, amikor ez lehetséges.

azok. az inhomogén egyenlet jobb oldala fokszámú polinom m. Ha
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenletre egy adott megoldást kell keresni fokszámú polinom formájában m, azaz

Esély
egy adott megoldás megtalálásának folyamatában határozzák meg.

Ha
a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenletre konkrét megoldást kell keresni a formában

7. példa . Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását!
.

Megoldás . Ennek az egyenletnek a megfelelő homogén egyenlete a
. Jellegzetes egyenlete
gyökerei vannak
És
. A homogén egyenlet általános megoldásának van alakja
.

Mert
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet egy adott megoldását fogjuk keresni függvény formájában
. Keressük meg ennek a függvénynek a deriváltjait
,
és cseréld be őket ebbe az egyenletbe:

vagy . Tegyük egyenlővé az együtthatókat és ingyenes tagok:
Miután eldöntötte ezt a rendszert, kapunk
,
. Ekkor az inhomogén egyenlet egy adott megoldásának alakja van
, és egy adott inhomogén egyenlet általános megoldása a megfelelő homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet konkrét megoldásának összege lesz:
.

Legyen az inhomogén egyenlet alakja

Ha
nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az inhomogén egyenlet sajátos megoldását a formában kell keresni. Ha
a karakterisztikus multiplicitás egyenlet gyöke k (k=1 vagy k=2), akkor ebben az esetben az inhomogén egyenlet egy adott megoldása alakja lesz.

8. példa . Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását!
.

Megoldás . A megfelelő homogén egyenlet jellemző egyenletének alakja van
. A gyökerei
,
. Ebben az esetben a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását a formába írjuk
.

Mivel a 3-as szám nem a karakterisztikus egyenlet gyöke, az inhomogén egyenlet sajátos megoldását az alábbi formában kell keresni:
. Keressük az első és másodrendű származékait:

Helyettesítsük be a differenciálegyenletbe:
+ +,
+,.

Tegyük egyenlővé az együtthatókat és ingyenes tagok:

Innen
,
. Ekkor ennek az egyenletnek egy adott megoldása a következő alakkal rendelkezik
és az általános megoldás

.

Lagrange módszer tetszőleges állandók variálására

A tetszőleges állandók változtatásának módszere bármely inhomogén, állandó együtthatós lineáris egyenletre alkalmazható, függetlenül a jobb oldal típusától. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy mindig általános megoldást találjunk egy inhomogén egyenletre, ha ismerjük a megfelelő homogén egyenlet általános megoldását.

Hadd
És
a (2) egyenlet lineárisan független megoldásai. Ekkor ennek az egyenletnek az általános megoldása
, Ahol És
- tetszőleges állandók. A tetszőleges állandók változtatásának módszerének lényege, hogy az (1) egyenlet általános megoldását az alábbi formában keressük

Ahol
És
- új ismeretlen függvények, amelyeket meg kell találni. Mivel két ismeretlen függvény létezik, ezek megtalálásához két, ezeket a függvényeket tartalmazó egyenletre van szükség. Ez a két egyenlet alkotja a rendszert

amely egy lineáris algebrai egyenletrendszer tekintetében
És
. Ezt a rendszert megoldva azt találjuk
És
. A kapott egyenlőségek mindkét oldalát integrálva azt találjuk

És
.

Ezeket a kifejezéseket (9) behelyettesítve általános megoldást kapunk az (1) inhomogén lineáris egyenletre.

9. példa . Keresse meg a differenciálegyenlet általános megoldását!
.

Megoldás. Az adott differenciálegyenletnek megfelelő homogén egyenlet jellemző egyenlete a
. Gyökerei összetettek
,
. Mert
És
, Azt
,
, és a homogén egyenlet általános megoldásának alakja van. Ezután általános megoldást keresünk erre az inhomogén egyenletre hol formában
És
- ismeretlen funkciók.

Az ismeretlen függvények megtalálására szolgáló egyenletrendszer alakja

Miután megoldottuk ezt a rendszert, azt találjuk
,
. Akkor

,
. Helyettesítsük be a kapott kifejezéseket az általános megoldás képletébe:

Ez a differenciálegyenlet általános megoldása, amelyet a Lagrange-módszerrel kaptunk.

A tudás önkontrollának kérdései

Milyen differenciálegyenletet nevezünk másodrendű lineáris differenciálegyenletnek állandó együtthatókkal?

Melyik lineáris differenciálegyenletet nevezzük homogénnek és melyiket inhomogénnek?

Milyen tulajdonságai vannak egy lineáris homogén egyenletnek?

Milyen egyenletet nevezünk karakterisztikának egy lineáris differenciálegyenletre, és hogyan kapjuk meg?

Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet különböző gyökei esetén?

Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet egyenlő gyöke esetén?

Milyen formában van felírva egy állandó együtthatós lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása a karakterisztikus egyenlet komplex gyökei esetén?

Hogyan írható fel egy lineáris inhomogén egyenlet általános megoldása?

Milyen formában keresünk egy adott megoldást egy lineáris inhomogén egyenletre, ha a karakterisztikus egyenlet gyökei különbözőek és nem egyenlők nullával, és az egyenlet jobb oldala egy fokszámú polinom m?

Milyen formában keresünk egy adott megoldást egy lineáris inhomogén egyenletre, ha a karakterisztikus egyenlet gyökei között egy nulla van, és az egyenlet jobb oldala egy fokszámú polinom m?

Mi a lényege Lagrange módszerének?

Másodrendű differenciálegyenletek

§1. Módszerek az egyenlet sorrendjének csökkentésére.

A másodrendű differenciálegyenlet alakja:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="119" height="25 src="> ( vagy Differenciál" href="/text/category/differentcial/" rel="bookmark">2. rendű differenciálegyenlet). Cauchy probléma egy 2. rendű differenciálegyenlethez (1..gif" width="85" height= "25 src =">.gif" width="85" height="25 src=">.gif" height="25 src=">.

Legyen a másodrendű differenciálegyenlet a következő: https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src=">..gif" width="39" height=" 25 src=">.gif" width="265" height="28 src=">.

Így a másodrendű egyenlet https://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="118" height =" 25 src=">.gif" width="117" height="25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">. Ezt megoldva megkapjuk az eredeti differenciálegyenlet általános integrálját, két tetszőleges állandótól függően: https://pandia.ru/text/78/516/images/image020_23.gif" width="95" height="25 src =">. gif" width="76" height="25 src=">.

Megoldás.

Mivel az eredeti egyenlet nem tartalmaz kifejezetten argumentumot https://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">.gif" width="35" height="25" src=">..gif" width="35" height="25 src=">.gif" width="82" height="38 src="> ..gif" width="99" height="38 src=">.

Mivel itt: https://pandia.ru/text/78/516/images/image029_18.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width="42" height="38 src= " >.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="68" height="35 src=">..gif" height="25 src=">.

Legyen a másodrendű differenciálegyenlet a következő: https://pandia.ru/text/78/516/images/image011_39.gif" height="25 src=">..gif" width="161" height=" 25 src=">.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="33" height="25 src=">..gif" width="225" height="25" src=">..gif" width="150" height="25 src=">.

2. példa Keresse meg az egyenlet általános megoldását: https://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="107" height ="25 src=">..gif" width="100" height="27 src=">.gif" width="130" height="37 src=">.gif" width="34" height= "25 src =">.gif" width="183" height="36 src=">.

3. A hatvány sorrendje csökken, ha lehetséges olyan alakra alakítani, hogy az egyenlet mindkét oldala teljes deriválttá váljon a https://pandia.ru/text/78/516/images/image052_13.gif szerint. " width="92" height=" 25 src=">..gif" width="98" height="48 src=">.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="282" height="25 src=">, (2.1)

ahol https://pandia.ru/text/78/516/images/image060_12.gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src="> – meghatározott funkciókat, folyamatos azon az intervallumon, amelyen a megoldást keresik. Feltételezve, hogy a0(x) ≠ 0, osztunk (2..gif" width="215" height="25 src="> (2.2)

Bizonyíték nélkül fogadjuk el, hogy (2..gif" width="82" height="25 src=">.gif" width="38" height="25 src=">.gif" width="65" height = "25 src=">, akkor a (2.2) egyenletet homogénnek, a (2.2) egyenletet egyébként inhomogénnek nevezzük.

Tekintsük a 2. rendű lode megoldásainak tulajdonságait.

Meghatározás. A függvények lineáris kombinációja https://pandia.ru/text/78/516/images/image071_10.gif" width="93" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src = ">.gif" width="195" height="25 src=">, (2.3)

majd a lineáris kombinációjukat https://pandia.ru/text/78/516/images/image076_10.gif" width="182" height="25 src="> in (2.3), és mutasd meg, hogy az eredmény az azonosság:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image078_10.gif" width="368" height="25 src=">.

Mivel a https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> függvények a (2.3) egyenlet megoldásai, a zárójelek mindegyike az utolsó egyenlet azonos egyenlő nullával, amit bizonyítani kellett.

Következmény 1. A bizonyított tételből az következik, hogy a https://pandia.ru/text/78/516/images/image080_10.gif" width="77" height="25 src="> oldalon - a (2.) egyenlet megoldása. A .gif" width=" 97" height="25 src=">.gif" width="165" height="25 src="> függvényt lineárisan függetlennek nevezzük bizonyos intervallumokon, ha ezen függvények egyike sem ábrázolható lineárisként az összes többi kombinációja.

Két függvény esetén https://pandia.ru/text/78/516/images/image085_11.gif" width="119" height="25 src=">, azaz.gif" width="77" height ="47 src=">.gif" width="187" height="43 src=">.gif" width="42" height="25 src=">. Így két lineárisan független függvény Wronski-determinánsa nem lehet azonosan egyenlő nullával.

Legyen https://pandia.ru/text/78/516/images/image091_10.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src="> .gif" width="605" height="50">..gif" width="18" height="25 src="> kielégíti a (2..gif" width="42" height="25 src" egyenletet = "> – a (3.1) egyenlet megoldása..gif" width="87" height="28 src=">..gif" width="182" height="34 src=">..gif" width= "162 " height="42 src=">.gif" width="51" height="25 src="> Így megkapjuk az azonosságot.

https://pandia.ru/text/78/516/images/image107_7.gif" width="18" height="25 src=">, amelyben az egyenlet lineárisan független megoldásainak determinánsa (2..gif " width= "42" height="25 src=">.gif" height="25 src="> a (3.2) képlet jobb oldalán található mindkét tényező nullától eltérő.

4. §. A 2. rendű lode általános megoldásának felépítése.

Tétel. Ha a https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> lineárisan független megoldásai a (2..gif" width="" egyenletnek 19" height="25 src=">.gif" width="129" height="25 src=">a (2.3) egyenlet megoldása, ami a megoldások tulajdonságairól szóló tételből következik a másodrendű lode-ig. gif" width="85 " height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="220" height="47">

Az ebből a lineáris algebrai egyenletrendszerből származó https://pandia.ru/text/78/516/images/image003_79.gif" width="19" height="25 src="> konstansokat egyedileg határozzuk meg, mivel a determináns ez a rendszer https: //pandia.ru/text/78/516/images/image006_56.gif" width="51" height="25 src=">:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image116_7.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">. gif" width="69" height="25 src=">.gif" width="235" height="48 src=">..gif" width="143" height="25 src="> (5 ..gif" width="77" height="25 src=">. Az előző bekezdés szerint a 2. rendű Lod általános megoldása könnyen meghatározható, ha ismerjük ennek az egyenletnek két lineárisan független részmegoldását. Egy egyszerű módszer az L. Euler által javasolt állandó együtthatójú egyenlet részmegoldásának megtalálásához..gif" width="25" height="26 src=">, azt kapjuk algebrai egyenlet, amit jellemzőnek nevezünk:

A https://pandia.ru/text/78/516/images/image124_5.gif" width="59" height="26 src="> az (5.1) egyenlet megoldása csak a k értékei esetén amelyek a karakterisztikus egyenlet gyökerei (5.2)..gif" width="49" height="25 src=">..gif" width="76" height="28 src=">.gif" width= "205" height="47 src ="> és az általános megoldás (5..gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="74" height="26 src=" >..gif" width="83 " height="26 src=">. Ellenőrizzük, hogy ez a függvény teljesíti-e az (5.1)..gif" width="190" height="26 src="> egyenletet az (5.1) egyenletbe, azt kapjuk

https://pandia.ru/text/78/516/images/image141_6.gif" width="328" height="26 src=">, mert..gif" width="137" height="26 src= ">.

Az egyes megoldások https://pandia.ru/text/78/516/images/image145_6.gif" width="86" height="28 src="> lineárisan függetlenek, mert..gif" width="166" height ="26 src=">.gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="65" height="33 src=">.gif" width="134" magasság = "25 src=">.gif" width="267" height="25 src=">.gif" width="474" height="25 src=">.

Ennek az egyenlőségnek a bal oldalán mindkét zárójel megegyezik a nullával..gif" width="174" height="25 src=">..gif" width="132" height="25 src="> a az (5.1) egyenlet megoldása ..gif" width="129" height="25 src="> így fog kinézni:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image162_6.gif" width="179" height="25 src="> f(x) (6.1)

az általános megoldás összegeként jelenik meg: https://pandia.ru/text/78/516/images/image164_6.gif" width="195" height="25 src="> (6.2)

és a https://pandia.ru/text/78/516/images/image166_6.gif" width="87" height="25 src="> megoldás a (6.1) egyenlet megoldása lesz..gif" szélesség=" 272" height="25 src="> f(x). Ez az egyenlőség egy azonosság, mert..gif" width="128" height="25 src="> f(x). Ezért.gif" width="85" height="25 src=">.gif" width A ="138" height="25 src=">.gif" width="18" height="25 src="> lineárisan független megoldásai ennek az egyenletnek. És így:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image173_5.gif" width="289" height="48 src=">

https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="11" height="25 src=">. gif" width="51" height="25 src=">, és egy ilyen determináns, mint fentebb láttuk, nem nulla..gif" width="19" height="25 src="> a rendszertől egyenletek közül (6 ..gif" width="76" height="25 src=">.gif" width="76" height="25 src=">.gif" width="140" height="25 src ="> akarja megoldani az egyenletet

https://pandia.ru/text/78/516/images/image179_5.gif" width="91" height="25 src="> a (6.5) egyenletbe, kapjuk

https://pandia.ru/text/78/516/images/image181_5.gif" width="140" height="25 src=">.gif" width="128" height="25 src="> f (x) (7.1)

ahol a https://pandia.ru/text/78/516/images/image185_5.gif" width="34" height="25 src="> (7.1) egyenlet abban az esetben, ha a jobb oldali f(x) ) egy speciális formája. Ezt a módszert határozatlan együtthatók módszerének nevezik, és egy adott megoldást választunk az f(x) jobb oldal típusától függően.

1..gif" width="282" height="25 src=">.gif" width="53" height="25 src=">, lehet nulla. Jelöljük meg, hogy ebben az esetben egy adott megoldást milyen formában kell elfogadni.

a) Ha a szám https://pandia.ru/text/78/516/images/image191_5.gif" width="393" height="25 src=">.gif" width="157" height="25 src =>>.

Megoldás.

A https://pandia.ru/text/78/516/images/image195_4.gif" width="86" height="25 src=">..gif" width="62" height="25 src egyenlethez = ">..gif" width="101" height="25 src=">.gif" width="153" height="25 src=">.gif" width="383" height="25 src= " >.

Mindkét részt a https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src="> értékre redukáljuk az egyenlőség bal és jobb oldalán

https://pandia.ru/text/78/516/images/image206_5.gif" width="111" height="40 src=">

A kapott egyenletrendszerből megtaláljuk: https://pandia.ru/text/78/516/images/image208_5.gif" width="189" height="25 src=">, és az adott általános megoldását az egyenlet:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image190_5.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="423" height="25 src=">,

ahol https://pandia.ru/text/78/516/images/image212_5.gif" width="158" height="25 src=">.

Megoldás.

A megfelelő karakterisztikus egyenlet alakja:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image214_6.gif" width="53" height="25 src=">.gif" width="85" height="25 src=">. gif" width="45" height="25 src=">.gif" width="219" height="25 src=">..gif" width="184" height="35 src=">. Végső az alábbi kifejezést kapjuk az általános megoldásra:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image223_4.gif" width="170" height="25 src=">.gif" width="13" height="25 src="> kiváló nulláról. Jelöljük ebben az esetben az adott megoldás típusát.

a) Ha a szám https://pandia.ru/text/78/516/images/image227_5.gif" width="204" height="25 src=">,

ahol https://pandia.ru/text/78/516/images/image226_5.gif" width="16" height="25 src="> az egyenlet jellemző egyenletének gyökere (5..gif" width="229" height="25 src=">,

ahol https://pandia.ru/text/78/516/images/image229_5.gif" width="147" height="25 src=">.

Megoldás.

A https://pandia.ru/text/78/516/images/image231_4.gif" width="58" height="25 src=">.gif" width="203" height egyenlet karakterisztikus egyenletének gyökerei ="25 src=">.

Jobb rész a 3. példában megadott egyenletnek speciális alakja van: f(x) https://pandia.ru/text/78/516/images/image235_3.gif" width="50" height="25 src=">.gif " width ="55" height="25 src=">.gif" width="229" height="25 src=">.

A https://pandia.ru/text/78/516/images/image240_2.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="43" height="25 src=" meghatározásához > és behelyettesítjük a megadott egyenletbe:

Hasonló kifejezések idézése, az együtthatók egyenlővé tétele: https://pandia.ru/text/78/516/images/image245_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="100" height = "25 src=">.

Az adott egyenlet végső általános megoldása: https://pandia.ru/text/78/516/images/image249_2.gif" width="281" height="25 src=">.gif" width="47 " height ="25 src=">.gif" width="10" height="25 src=">, és ezek közül az egyik polinom lehet nulla. Jelöljük meg az adott megoldás típusát ebben az általános esetben .

a) Ha a szám https://pandia.ru/text/78/516/images/image255_2.gif" width="605" height="51">, (7.2)

ahol https://pandia.ru/text/78/516/images/image257_2.gif" width="121" height="25 src=">.

b) Ha a https://pandia.ru/text/78/516/images/image210_5.gif" width="80" height="25 src="> szám, akkor az lndu adott megoldása így fog kinézni:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image259_2.gif" width="17" height="25 src=">. A (7..gif" width="121" height= kifejezésben " 25 src=">.

4. példa Adja meg az egyenlet adott megoldásának típusát

https://pandia.ru/text/78/516/images/image262_2.gif" width="129" height="25 src=">..gif" width="95" height="25 src="> . A Lodu általános megoldása a következő:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image266_2.gif" width="183" height="25 src=">..gif" width="42" height="25 src="> ..gif" width="36" height="25 src=">.gif" width="351" height="25 src=">.

További együtthatók https://pandia.ru/text/78/516/images/image273_2.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="42" height="28 src=" > van egy sajátos megoldás a jobb oldali f1(x) egyenletre, és tetszőleges állandók variációi" href="/text/category/variatciya/" rel="bookmark">változatai (Lagrange-módszer).

Egy egyenletre adott megoldást közvetlenül találni, kivéve az állandó együtthatókkal és speciális szabad tagokkal rendelkező egyenletet, nagyon nehéz. Ezért az egyenlet általános megoldásának megtalálásához általában tetszőleges állandók variációs módszerét alkalmazzák, amely mindig lehetővé teszi az egyenlet általános megoldásának kvadratúrákban történő megtalálását, ha ismert. alapvető rendszer a megfelelő homogén egyenlet megoldásai. Ez a módszer a következő.

A fentiek szerint a lineáris homogén egyenlet általános megoldása:

https://pandia.ru/text/78/516/images/image278_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="51" height="25 src="> – nem állandók, hanem f(x) néhány, még ismeretlen függvénye. . intervallumból kell venni. Valójában ebben az esetben a Wronski-determináns nem nulla az intervallum minden pontján, azaz a teljes térben - a karakterisztikus egyenlet összetett gyöke..gif" width="20" height="25 src="> alak lineárisan független részmegoldásai:

Az általános megoldási képletben ez a gyök az alak kifejezésének felel meg.

Lineáris inhomogén másodrendű differenciálegyenletek (LNDE-2) konstans együtthatós (PC) megoldásának alapjai

A $p$ és $q$ állandó együtthatójú másodrendű LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formájú, ahol $f\left(x \right)$ egy folytonos függvény.

Az LNDU 2 PC-vel kapcsolatban a következő két állítás igaz.

Tegyük fel, hogy valamelyik $U$ függvény egy inhomogén differenciálegyenlet tetszőleges parciális megoldása. Tegyük fel azt is, hogy valamilyen $Y$ függvény a megfelelő lineáris homogén differenciálegyenlet (HLDE) általános megoldása (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a GR LHDE-2 egyenlő a jelzett privát és általános megoldások, azaz $y=U+Y$.

Ha egy 2. sorrendű LMDE jobb oldala függvények összege, azaz $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+ ..+f_(r) \left(x\right)$, akkor először megtaláljuk a $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ PD-ket a $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ függvények mindegyikéhez, majd ezt követően írja be a CR LNDU-2-t $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ alakban.

Másodrendű LPDE megoldása PC-vel

Nyilvánvaló, hogy egy adott LNDU-2 egyik vagy másik PD $U$ típusa a jobb oldal $f\left(x\right)$ konkrét alakjától függ. A PD LNDU-2 keresésének legegyszerűbb eseteit a következő négy szabály formájában fogalmazzuk meg.

1. szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, azaz a $n$ fokú polinom. Ekkor a $U$ PD-jét $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ formában kell keresni, ahol a $Q_(n) \left(x\right)$ egy másik a $P_(n) \left(x\right)$ fokú polinomja, és $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének nullával egyenlő gyökeinek száma. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit a határozatlan együtthatók (UK) módszerével találjuk meg.

2. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, ahol $P_(n) A \left(x\right)$ egy $n$ fokú polinom. Ezután a $U$ PD-jét a következő formában kell keresni: $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, ahol $Q_(n ) \ left(x\right)$ egy másik polinom, amely ugyanolyan fokú, mint a $P_(n) \left(x\right)$, és a $r$ a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma egyenlő: $\alpha $. A $Q_(n) \left(x\right)$ polinom együtthatóit az NC módszerrel találjuk meg.

3. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja: $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \jobbra) $, ahol $a$, $b$ és $\beta$ ismert számok. Ezután a PD $U$ értékét a rendszer a következő formában keresi: $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, ahol $A$ és $B$ ismeretlen együtthatók, $r$ pedig a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletének gyökeinek száma, egyenlő $i\cdot \beta $. Az $A$ és $B$ együtthatókat roncsolásmentes módszerrel találjuk meg.

4. számú szabály.

Az LNDU-2 jobb oldalának alakja $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, ahol a $P_(n) \left(x\right)$ egy $ n$ fokú polinom, a $P_(m) \left(x\right)$ pedig egy $m$ fokú polinom. Ekkor a PD $U$ értékét a rendszer $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ formában keresi, ahol $Q_(s) \left(x\right)$ és $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ fokú polinomok, az $s$ szám a $n$ és $m$ két szám maximuma, az $r$ pedig a gyökök száma a megfelelő LODE-2 karakterisztikus egyenletéből, egyenlő: $\alpha +i\cdot \beta $. A $Q_(s) \left(x\right)$ és $R_(s) \left(x\right)$ polinomok együtthatóit az NC módszerrel találjuk meg.

Az NK módszer a következő szabály alkalmazásából áll. Az LNDU-2 inhomogén differenciálegyenlet parciális megoldásának részét képező polinom ismeretlen együtthatóinak megtalálásához szükséges:

• cserélje ki a beírt PD $U$-t Általános nézet, az LNDU-2 bal oldalára;
• az LNDU-2 bal oldalán hajtson végre egyszerűsítéseket és csoportos kifejezéseket ugyanazokkal a hatványokkal $x$;
• a kapott azonosságban a tagok együtthatóit a bal és a jobb oldal azonos hatványaival kell egyenlővé tenni;
• oldja meg a kapott rendszert lineáris egyenletek ismeretlen együtthatókhoz viszonyítva.

1. példa

Feladat: keresse meg a VAGY LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Keresse meg a PD-t is , amely megfelel a $y=6$ kezdeti feltételeknek $x=0$ és $y"=1$ $x=0$ esetén.

Felírjuk a megfelelő LOD-2-t: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Jellemző egyenlet: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. A karakterisztikus egyenlet gyökei: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Ezek a gyökerek érvényesek és különállóak. Így a megfelelő LODE-2 VAGY alakja: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Ennek az LNDU-2-nek a jobb oldala $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ alakú. Figyelembe kell venni a $\alpha =3$ kitevő együtthatóját. Ez az együttható nem esik egybe a karakterisztikus egyenlet egyik gyökével sem. Ezért ennek az LNDU-2-nek a PD alakja $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Az $A$, $B$ együtthatókat NC módszerrel fogjuk megkeresni.

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság első származékát:

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

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

Megtaláljuk a Cseh Köztársaság második származékát:

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

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

Helyettesítjük a $U""$, $U"$ és $U$ függvényeket a $y""$, $y"$ és $y$ helyett a megadott NLDE-2 $y""-3\cdot y"-ba. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Sőt, mivel a $e^(3\cdot x) $ kitevő szerepel faktorként minden komponensben, akkor az elhagyható.

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

Az eredményül kapott egyenlőség bal oldalán hajtjuk végre a műveleteket:

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

NDT módszert használunk. Lineáris egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel:

$-18\cdot A=36;$

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

Ennek a rendszernek a megoldása: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ a problémánkhoz így néz ki: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.

A problémánk VAGY $y=Y+U$ így néz ki: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Az adott kezdeti feltételeknek megfelelő PD kereséséhez megtaláljuk az OP $y"$ deriváltját:

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

Behelyettesítjük a $y$ és $y"$ kezdeti feltételeket $x=0$ esetén $y=6$ és $x=0$ esetén $y"=1$:

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

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

Kaptunk egy egyenletrendszert:

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

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

Oldjuk meg. A $C_(1) $ a Cramer-képlet segítségével, a $C_(2) $ pedig az első egyenletből adódik:

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

Így ennek a differenciálegyenletnek a PD alakja: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \jobbra )\cdot e^(3\cdot x) $.