Másodrendű karakterisztikus egyenlet. Másodrendű inhomogén differenciálegyenletek

Itt a Lagrange-állandók variációs módszerét alkalmazzuk lineáris inhomogén megoldásra differenciálegyenletek másodrendű. Részletes leírás oldalon ismertetjük ezt a tetszőleges sorrendű egyenletek megoldásának módszerét
Magasabb rendű lineáris inhomogén differenciálegyenletek megoldása Lagrange-módszerrel >>>.

1. példa

Oldjon meg egy másodrendű differenciálegyenletet állandó együtthatókkal a Lagrange-állandók variációs módszerével:
(1)

Megoldás

Először oldjuk meg a homogén differenciálegyenletet:
(2)

Ez egy másodrendű egyenlet.

A másodfokú egyenlet megoldása:
.
Több gyökér: .
(3) .
A (2) egyenlet alapvető megoldási rendszere a következőképpen alakul: Innentől kapjuk az általános megoldást (2):
(4) .

homogén egyenlet 1 A C állandók változtatása 2 és C
.
.
(5) .

Vagyis a (4)-ben lévő konstansokat függvényekkel helyettesítjük:
.
Az eredeti (1) egyenletre keresünk megoldást a következő formában:
(6) .
A származék megkeresése:
.

Kössük össze a függvényeket és az egyenletet:
.
Majd
(1) ;



.
Megtaláljuk a második származékot:
(7) .
Helyettesítse be az eredeti (1) egyenletet:

Mivel és teljesül a (2) homogén egyenlet, az utolsó három sor minden oszlopában szereplő tagok összege nullát ad, és az előző egyenlet a következő alakot veszi fel:
(6) :
(7) .

itt .

A (6) egyenlettel együtt egy egyenletrendszert kapunk a függvények meghatározására, és:
.
Egyenletrendszer megoldása
;
.

Megoldjuk a (6-7) egyenletrendszert. Írjunk ki kifejezéseket a függvényekhez és:

.
Megtaláljuk származékaikat:
;
.

A (6-7) egyenletrendszert Cramer módszerrel oldjuk meg. Kiszámoljuk a rendszermátrix determinánsát:
;
.
A Cramer-képleteket használva a következőket kapjuk:
; ; ; .

.
.

;
.

Tehát megtaláltuk a függvények származékait:

Integráljunk (lásd: Módszerek a gyökerek integrálására). Csere elvégzése

Válasz
(8)

Megoldás

2. példa

Oldja meg a differenciálegyenletet a Lagrange-állandók variációs módszerével:

(9)
1. lépés: A homogén egyenlet megoldása

Megoldjuk a homogén differenciálegyenletet:
.
Formában keresünk megoldást .
(10) .
Összeállítjuk a karakterisztikus egyenletet: Ennek az egyenletnek összetett gyökerei vannak:
(11) .

Az ezeknek a gyökereknek megfelelő megoldások alapvető rendszere a következő:

Általános megoldás 1 A C állandók változtatása 2 homogén egyenlet (9):
.
Az eredeti (8) egyenletre keresünk megoldást a következő formában:
(12) .

Továbbá a megoldás menete ugyanaz, mint az 1. példában. A következő egyenletrendszerhez jutunk a függvények meghatározásához és:
(13) :
(14) .
Helyettesítse be az eredeti (1) egyenletet:

itt .

Oldjuk meg ezt a rendszert. Írjuk fel az és a függvények kifejezéseit:
.
A származékok táblázatából a következőket találjuk:
;
.

A (13-14) egyenletrendszert Cramer módszerrel oldjuk meg. A rendszermátrix meghatározója:

.
Megtaláljuk származékaikat:
;
.

.
Mivel a logaritmusjel alatti modulusjel elhagyható. Szorozzuk meg a számlálót és a nevezőt a következővel:
.
A származék megkeresése:
.

Az eredeti egyenlet általános megoldása:


.

Oktatási intézmény "Belarusz állam

Mezőgazdasági Akadémia"

Felső Matematika 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 alakját 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
, Hol 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 léteznek 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, meg kell találni két lineárisan független megoldását És . Ezen megoldások lineáris kombinációja
, Hol És
tetszőleges állandók, és általános megoldást adnak egy lineáris homogén egyenletre.

A (2) egyenlet lineárisan független megoldásait keressük a formában

, (5)

Ahol – egy bizonyos szám. Majd
,
. 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 gyökerei vannak. Lehetnek valódiak és különbözőek, vagy összetettek, vagy valódiak és egyenlőek. Nézzük ezeket az eseteket.

Hagyja a gyökereket És karakterisztikus egyenletérvényes és más. 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
. Ezt eldöntve másodfokú egyenlet, keressük meg a gyökereit
És
. Funkciók
És
a differenciálegyenlet megoldásai. Ennek az egyenletnek az általános megoldása az
.

Komplex szám a forma kifejezésének nevezzük
, Hol 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
. Majd. Hasonlóképpen,
. Így ennek a másodfokú egyenletnek konjugált komplex gyökei vannak.

Legyenek a karakterisztikus egyenlet gyökei összetettek, azaz.
,
, Hol
.
,
A (2) egyenlet megoldásai a formába írhatók
,
vagy

,
.

.
És
Euler képletei szerint

Aztán ,. 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

Ahol És
- tetszőleges állandók.

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

Megoldás 5. példa
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 , akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

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 a speciális 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 a jobb oldal alakjával megtalálható
(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 , akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

Megoldás . A megfelelő homogén egyenlet adott egyenlet van
. 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, megkapjuk
,
. 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 , akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

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
, Hol 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 , akkor ezek a megoldások lineárisan függetlenek. Ezért a (2) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

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 egyenletrendszernek van egy formája

Miután megoldottuk ezt a rendszert, azt találjuk
,
. Majd

,
. 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 lineáris homogén, állandó együtthatójú 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?

Egyenlet

ahol és vannak folytonos függvények az intervallumban, másodrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletnek nevezzük, függvények és ennek együtthatói. Ha ebben az intervallumban van, akkor az egyenlet a következőképpen alakul:

és másodrendű homogén lineáris differenciálegyenletnek nevezzük. Ha a (**) egyenlet ugyanazokkal az együtthatókkal rendelkezik, mint a (*) egyenlet, akkor azt homogén egyenletnek nevezzük, amely megfelel az inhomogén egyenletnek (*).

Másodrendű homogén lineáris differenciálegyenletek

Tegyük be a lineáris egyenletet

És állandó valós számok.

Az egyenletre egy adott megoldást keresünk függvény formájában, ahol valós vagy komplex szám, meghatározandó. -val megkülönböztetve a következőket kapjuk:

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:

Ezért ezt figyelembe véve a következőkkel rendelkezünk:

Ezt az egyenletet egy homogén lineáris differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük. A karakterisztikus egyenlet lehetővé teszi a megtalálást. Ez egy másodfokú egyenlet, tehát két gyöke van. Jelöljük őket és -vel. Három eset lehetséges:

1) A gyökerek valódiak és különbözőek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

1. példa

2) A gyökerek valódiak és egyenlőek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

Példa2

Ezen az oldalon találta magát, hogy egy vizsga vagy teszt problémáját próbálja megoldani? Ha mégsem sikerült letennie a vizsgát, legközelebb egyeztessen időpontot a felsőbb matematika online segítsége című weboldalon.

A karakterisztikus egyenlet alakja:

A karakterisztikus egyenlet megoldása:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása a következő:

3) Összetett gyökerek. Ebben az esetben az egyenlet általános megoldása a következő:

3. példa

A karakterisztikus egyenlet alakja:

A karakterisztikus egyenlet megoldása:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása a következő:

Másodrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletek

Nézzük most néhány lineáris inhomogén másodrendű egyenlet megoldását állandó együtthatóval

ahol és állandó valós számok, egy ismert folytonos függvény az intervallumban. Ahhoz, hogy egy ilyen differenciálegyenletre általános megoldást találjunk, ismerni kell a megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldását és az adott megoldást. Nézzünk néhány esetet:

A differenciálegyenlet részleges megoldását is keressük másodfokú trinom formájában:

Ha 0 a karakterisztikus egyenlet egyetlen gyöke, akkor

Ha 0 a karakterisztikus egyenlet kettős gyöke, akkor

Hasonló a helyzet, ha egy tetszőleges fokú polinom

4. példa

Oldjuk meg a megfelelő homogén egyenletet.

Karakterisztikus egyenlet:

A homogén egyenlet általános megoldása:

Keressünk egy konkrét megoldást az inhomogén differenciálegyenletre:

A talált deriváltokat az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve kapjuk:

A szükséges konkrét megoldás:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása a következő:

Egy adott megoldást a formában keresünk, ahol a meghatározatlan együttható.

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve egy azonosságot kapunk, amelyből megtaláljuk az együtthatót.

Ha a karakterisztikus egyenlet gyöke, akkor az eredeti differenciálegyenlet egy adott megoldását keressük a következő formában: amikor egygyök, és amikor kettős gyök.

5. példa

Karakterisztikus egyenlet:

A megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

Keressünk egy konkrét megoldást a megfelelő inhomogén differenciálegyenletre:

A differenciálegyenlet általános megoldása:

Ebben az esetben egy adott megoldást keresünk trigonometrikus binomiális formában:

ahol és meghatározatlan együtthatók

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve egy azonosságot kapunk, amelyből megtaláljuk az együtthatókat.

Ezek az egyenletek határozzák meg az együtthatókat, és kivéve azt az esetet, amikor (vagy amikor - a karakterisztikus egyenlet gyökereit). Ez utóbbi esetben a differenciálegyenletre a következő formában keresünk egy konkrét megoldást:

Példa6

Karakterisztikus egyenlet:

A megfelelő homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

Keressünk egy konkrét megoldást az inhomogén dif egyenletre

Az eredeti differenciálegyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:

Az eredeti differenciálegyenlet általános megoldása a következő:

Számsorok konvergenciája
Megadjuk egy sorozat konvergenciájának definícióját, és részletesen megvizsgáljuk a számsorok konvergenciájának tanulmányozásával kapcsolatos problémákat - összehasonlító teszteket, d'Alembert konvergencia tesztet, Cauchy konvergencia tesztet és integrál Cauchy konvergencia tesztet.

Sorok abszolút és feltételes konvergenciája
Az oldal a váltakozó jelsorozatokat, azok feltételes és abszolút konvergenciáját tárgyalja, a Leibniz konvergencia teszt váltakozó jelsorozatokra - tartalmazza rövid elmélet a témában és egy példa a probléma megoldására.

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 (LODE) általános megoldása (GS) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Ekkor a GS Az LHDE-2 egyenlő a megadott privát és általános megoldások összegével, 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.

Jobb oldalt Az LNDU-2 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 $ fokú polinomnak nevezik n$. 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 gyökerei: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. 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) $.

Tekintsünk egy lineáris homogén differenciálegyenletet állandó együtthatókkal:
(1) .
Megoldását az általános rendcsökkentési módszer követésével kaphatjuk meg.

Az alaprendszert azonban könnyebb azonnal megszerezni n lineáris önálló döntésekés ez alapján hozza meg az általános döntést. Ebben az esetben a teljes megoldási eljárás a következő lépésekre redukálódik.

Az (1) egyenletre keresünk megoldást a formában. Megkapjuk:
(2) .
karakterisztikus egyenlet
(3) .
n gyökere van. Megoldjuk a (2) egyenletet, és megtaláljuk a gyökereit.
(4) .

Ekkor a (2) karakterisztikus egyenlet a következő formában ábrázolható:

Mindegyik gyök megfelel az (1) egyenlet alapvető megoldási rendszerének lineárisan független megoldásainak. Ekkor az eredeti (1) egyenlet általános megoldása a következőképpen alakul: Igazi gyökerek
.

Nézzük a valódi gyökereket
. Legyen a gyökér egyetlen. Vagyis a faktor csak egyszer lép be a (3) karakterisztikus egyenletbe. Ekkor ez a gyök felel meg a megoldásnak
.
Legyen p multiplicitás többszörös gyöke.
; ; ; ...; .

Azaz

.. Fejezzük ki az összetett gyökeret a valós és a képzeletbeli részekkel:
.
Mivel az eredeti együtthatói valósak, ezért a gyök mellett van egy összetett konjugált gyök is
.

Legyen az összetett gyök többszörös. Ekkor egy gyökérpár két lineárisan független megoldásnak felel meg:
; .

Legyen p multiplicitás többszörös összetett gyöke.
.
Ekkor a komplex konjugált érték a p multiplicitás karakterisztikus egyenletének gyöke is, és a szorzó p-szer lép be: Ez 2p Ez gyökerei megfelelnek
; ; ; ... ;
; ; ; ... .

lineárisan független megoldások: Után alapvető rendszer

Lineárisan független megoldásokat találunk, és megkapjuk az általános megoldást.

1. példa

Példák problémamegoldásra
.

Megoldás

.
Oldja meg az egyenletet:
;
;
.

Alakítsuk át:
; .
Nézzük ennek az egyenletnek a gyökereit. A 2. multiplicitás négy összetett gyökerét kaptuk:
; ; ; .

Ezek az eredeti egyenlet négy lineárisan független megoldásának felelnek meg:
.
A többszörös 3-nak három valódi gyökere is van:
; ; .

Három lineárisan független megoldásnak felelnek meg:
.

Tehát megtaláltuk a függvények származékait:

Integráljunk (lásd: Módszerek a gyökerek integrálására). Csere elvégzése

Az eredeti egyenlet általános megoldása a következőképpen alakul:

Megoldás

Oldja meg az egyenletet
.
Formában keresünk megoldást .
.

Összeállítjuk a karakterisztikus egyenletet:
.
Másodfokú egyenlet megoldása.
.
Két összetett gyökerünk van:
.