Sabit əmsallı qeyri-homogen tənliklər nümunələri. Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklər

Ev, dizayn, təmir, dekorasiya. Həyət və bağ. Öz əlinizlə » Öz əlinizlə Sabit əmsallı qeyri-homogen tənliklər nümunələri. Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklər

Sabit əmsallı qeyri-homogen tənliklər nümunələri. Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklər

Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin (LNDE-2) həllinin əsasları (PC)

$p$ və $q$ sabit əmsalları olan 2-ci dərəcəli LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formasına malikdir, burada $f\left(x) \right)$ davamlı funksiyadır.

PC ilə LNDU 2 ilə bağlı aşağıdakı iki ifadə doğrudur.

Fərz edək ki, bəzi $U$ funksiyası qeyri-homogen diferensial tənliyin ixtiyari qismən həllidir. Eləcə də fərz edək ki, bəzi $Y$ funksiyası uyğun xətti bircinsli diferensial tənliyin (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ ümumi həlli (GS). LHDE-2 göstərilən özəl və ümumi həllərin cəminə bərabərdir, yəni $y=U+Y$.

Əgər 2-ci dərəcəli LMDE-nin sağ tərəfi funksiyaların cəmidirsə, yəni $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x) \right)+...+f_(r) \left(x\right)$, onda ilk olaraq $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ uyğun PD-ləri tapa bilərik. $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ funksiyalarının hər birinə və bundan sonra CR LNDU-2-ni $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $ şəklində yazın.

PC ilə 2-ci dərəcəli LPDE həlli

Aydındır ki, verilmiş LNDU-2-nin bu və ya digər PD $U$ növü onun sağ tərəfinin $f\left(x\right)$ xüsusi formasından asılıdır. PD LNDU-2-nin axtarışının ən sadə halları aşağıdakı dörd qayda şəklində tərtib edilmişdir.

Qayda №1.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)=a_(0) ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yəni a adlanır. $n$ dərəcə polinomu. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) \left(x\right)$ başqadır $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə olan polinom və $r$ müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin sıfıra bərabər olan köklərinin sayıdır. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapılır (Böyük Britaniya).

Qayda № 2.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left( x\right)$ $n$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) ) \ left(x\right)$ $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə olan başqa çoxhədlidir, $r$ isə müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır. $\alpha $-a bərabərdir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları NC üsulu ilə tapılır.

Qayda № 3.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x) şəklindədir. \sağ) $, burada $a$, $b$ və $\beta$ məlum nömrələrdir. Sonra onun PD $U$ $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) şəklində axtarılır. \right )\cdot x^(r) $, burada $A$ və $B$ naməlum əmsallardır və $r$ müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır, $i\cdot-a bərabərdir. \beta $. $A$ və $B$ əmsalları dağıdıcı olmayan metoddan istifadə etməklə tapılır.

Qayda № 4.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)$ $ n$ dərəcə çoxhədli, $P_(m) \left(x\right)$ isə $m$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(s) \left(x\right)$ və $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ dərəcə polinomlarıdır, $s$ rəqəmi maksimum iki ədəd $n$ və $m$, $r$ isə köklərin sayıdır. $\alpha +i\cdot \beta $-a bərabər olan müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin. $Q_(s) \left(x\right)$ və $R_(s) \left(x\right)$ polinomlarının əmsalları NC üsulu ilə tapılır.

NK metodu aşağıdakı qaydanın tətbiqindən ibarətdir. LNDU-2 qeyri-bərabər diferensial tənliyinin qismən həllinin bir hissəsi olan polinomun naməlum əmsallarını tapmaq üçün lazımdır:

LNDU-2-nin sol tərəfində ümumi formada yazılmış PD $U$-nı əvəz edin;
LNDU-2-nin sol tərəfində, eyni səlahiyyətlərlə sadələşdirmələri və qrup şərtlərini yerinə yetirin $x$;
nəticədə eynilikdə, sol və sağ tərəflərin eyni gücləri $x$ olan şərtlərin əmsallarını bərabərləşdirin;
naməlum əmsallar üçün yaranan xətti tənliklər sistemini həll edin.

Misal 1

Tapşırıq: tap YA LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Həmçinin PD tap , $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilkin şərtlərini ödəməklə.

Müvafiq LOD-2-ni yazırıq: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Xarakterik tənlik: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Xarakterik tənliyin kökləri aşağıdakılardır: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Bu köklər etibarlı və fərqlidir. Beləliklə, müvafiq LODE-2-nin OR forması var: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Bu LNDU-2-nin sağ tərəfi $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir. $\alpha =3$ eksponentinin əmsalını nəzərə almaq lazımdır. Bu əmsal xarakterik tənliyin heç bir kökü ilə üst-üstə düşmür. Buna görə də, bu LNDU-2-nin PD-si $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir.

NC metodundan istifadə edərək $A$, $B$ əmsallarını axtaracağıq.

Çex Respublikasının ilk törəməsini tapırıq:

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

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A\cdot x+B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$

Çex Respublikasının ikinci törəməsini tapırıq:

$U""=\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot \sol(e^(3\cdot x) \sağ)^((") ) =$

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

Verilmiş NLDE-2 $y""-3\cdot y"-də $y""$, $y"$ və $y$ əvəzinə $U""$, $U"$ və $U$ funksiyalarını əvəz edirik. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x).$ Üstəlik, $e^(3\cdot x)$ göstəricisi faktor kimi daxil edildiyi üçün bütün komponentlərdə, onda onu buraxmaq olar.

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

Yaranan bərabərliyin sol tərəfində hərəkətləri yerinə yetiririk:

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

NDT metodundan istifadə edirik. İki naməlum xətti olan tənliklər sistemini əldə edirik:

$-18\cdot A=36;$

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

Bu sistemin həlli belədir: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ problemimiz üçün belə görünür: $U=\left(-2\cdot x-1\sağ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Problemimiz üçün OR $y=Y+U$ belə görünür: $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) $.

Verilmiş ilkin şərtləri ödəyən PD-ni axtarmaq üçün OP-nin $y"$ törəməsini tapırıq:

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

$y$ və $y"$ ilkin şərtlərini $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilə əvəz edirik:

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

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

Tənliklər sistemini aldıq:

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

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

Gəlin həll edək. Cramer düsturundan istifadə edərək $C_(1) $ tapırıq və $C_(2) $ birinci tənlikdən təyin edirik:

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

Beləliklə, bu diferensial tənliyin PD formasına malikdir: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \sağ )\cdot e^(3\cdot x) $.

Bu məqalədə sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli məsələsi müzakirə olunur. Nəzəriyyə verilmiş problem nümunələri ilə birlikdə müzakirə olunacaq. Aydın olmayan terminləri deşifrə etmək üçün diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin əsas tərifləri və anlayışları haqqında mövzuya müraciət etmək lazımdır.

y "" + p · y " + q · y = f (x) formasının sabit əmsalları olan ikinci dərəcəli xətti diferensial tənliyi (LDE) nəzərdən keçirək, burada p və q ixtiyari ədədlərdir və mövcud f funksiyası. (x) x inteqrasiya intervalında davamlıdır.

LNDE-nin ümumi həlli üçün teoremin tərtibinə keçək.

Yandex.RTB R-A-339285-1

LDNU üçün ümumi həll teoremi

Teorem 1

y (n) + f n - 1 (x) · y (n - 1) + formalı qeyri-homogen diferensial tənliyin x intervalında yerləşən ümumi həlli. . . + f 0 (x) · y = f (x) x intervalında davamlı inteqrasiya əmsalları ilə f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) və fasiləsiz f (x) funksiyası LOD və bəzi xüsusi y ~ həllinə uyğun gələn y 0 ümumi həllinin cəminə bərabərdir, burada ilkin qeyri-bərabər tənlik y = y 0 + y ~.

Bu onu göstərir ki, belə ikinci dərəcəli tənliyin həlli y = y 0 + y ~ formasına malikdir. y 0-nın tapılması alqoritmi sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliklər haqqında məqalədə müzakirə olunur. Bundan sonra y ~ tərifinə keçməliyik.

LPDE üçün müəyyən bir həllin seçimi tənliyin sağ tərəfində yerləşən mövcud f (x) funksiyasının növündən asılıdır. Bunun üçün sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həllərini ayrıca nəzərdən keçirmək lazımdır.

f (x) n-ci dərəcəli çoxhədli hesab edildikdə f (x) = P n (x), y ~ = Q n (x) formasının düsturundan istifadə etməklə LPDE-nin xüsusi həlli tapılır. ) x γ, burada Q n ( x) n dərəcə çoxhədlidir, r xarakterik tənliyin sıfır köklərinin sayıdır. y ~ dəyəri xüsusi bir həlldir y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , sonra polinom ilə müəyyən edilən mövcud əmsallar.
Q n (x), y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyindən qeyri-müəyyən əmsallar üsulundan istifadə edərək tapırıq.

Misal 1

Koşi teoremindən istifadə edərək hesablayın y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .

Həll

Başqa sözlə, y "" - 2 y " = x 2 + 1 sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin xüsusi həllinə keçmək lazımdır ki, bu da verilmiş y (0) şərtlərini ödəyəcək. = 2, y " (0) = 1 4 .

Xətti qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli y 0 tənliyinə və ya qeyri-bərabər y ~ tənliyinin xüsusi həllinə, yəni y = y 0 + y ~ tənliyinə uyğun gələn ümumi həllin cəmidir.

Əvvəlcə LNDU üçün ümumi, sonra isə xüsusi bir həll tapacağıq.

y 0-ın tapılmasına davam edək. Xarakterik tənliyi yazmaq sizə kökləri tapmağa kömək edəcək. Bunu anlayırıq

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

Köklərin fərqli və real olduğunu gördük. Ona görə də yazaq

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

y ~ tapaq. Görünür ki, verilmiş tənliyin sağ tərəfi ikinci dərəcəli çoxhədlidir, onda köklərdən biri sıfıra bərabərdir. Buradan əldə edirik ki, y ~ üçün xüsusi bir həll olacaqdır

y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, burada A, B, C dəyərləri təyin olunmamış əmsalları alır.

Onları y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1 formasının bərabərliyindən tapaq.

Sonra bunu alırıq:

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

Əmsalları x-in eyni göstəriciləri ilə bərabərləşdirərək xətti ifadələr sistemini alırıq - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Metodlardan hər hansı biri ilə həll edərkən əmsalları tapıb yazacağıq: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 və y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .

Bu giriş sabit əmsallı ilkin xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli adlanır.

y (0) = 2, y "(0) = 1 4 şərtlərinə cavab verən müəyyən bir həll tapmaq üçün dəyərləri müəyyən etmək lazımdır. C 1 Və C 2, y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x formasının bərabərliyinə əsaslanaraq.

Bunu alırıq:

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

Nəticədə C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4 formalı tənliklər sistemi ilə işləyirik, burada C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.

Koşi teoremini tətbiq etsək, buna sahib oluruq

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

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

f (x) funksiyası n dərəcəsi olan çoxhədli və f (x) = P n (x) · e a x göstəricisi kimi təqdim edildikdə, ikinci dərəcəli LPDE-nin xüsusi həllinin y ~ = e a x · Q n ( x) · x γ formalı tənliyi, burada Q n (x) n-ci dərəcəli çoxhəddir, r isə α-ya bərabər olan xarakterik tənliyin köklərinin sayıdır.

Q n (x) -ə aid olan əmsallar y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyi ilə tapılır.

Misal 2

y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x formalı diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.

Həll

Ümumi tənlik y = y 0 + y ~ şəklindədir. Göstərilən tənlik LOD y "" - 2 y " = 0 uyğun gəlir. Əvvəlki misaldan onun köklərinin bərabər olduğunu görmək olar. k 1 = 0 və xarakterik tənliklə k 2 = 2 və y 0 = C 1 + C 2 e 2 x.

Görünür ki, tənliyin sağ tərəfi x 2 + 1 · e x dir. Buradan LPDE y ~ = e a x · Q n (x) · x γ vasitəsilə tapılır, burada Q n (x) ikinci dərəcəli polinomdur, burada α = 1 və r = 0, çünki xarakterik tənlik 1-ə bərabər bir kök var. Buradan bunu alırıq

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 y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x bərabərliyi ilə tapıla bilən naməlum əmsallardır.

Başa düşdüm

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

Göstəriciləri eyni əmsallarla bərabərləşdiririk və xətti tənliklər sistemi alırıq. Buradan A, B, C tapırıq:

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

Cavab: aydındır ki, y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 LNDDE-nin xüsusi həllidir və y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - ikinci dərəcəli qeyri-homogen dif tənliyinin ümumi həlli.

Funksiya f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x kimi yazıldıqda və A 1 Və 1-dəədədlərdir, onda LPDE-nin qismən həlli y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ formasının tənliyi hesab olunur, burada A və B müəyyən edilməmiş əmsallar hesab olunur, r isə ± i β -ə bərabər olan xarakterik tənliyə aid olan mürəkkəb konyuqa köklər. Bu zaman əmsalların axtarışı y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyindən istifadə etməklə aparılır.

Misal 3

y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formalı diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.

Həll

Xarakterik tənliyi yazmazdan əvvəl y 0 tapırıq. Sonra

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

Bizim bir cüt mürəkkəb konjugat kökümüz var. Gəlin çevirək və əldə edək:

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

Xarakterik tənliyin kökləri ± 2 i konyuqasiya cütü hesab edilir, sonra f (x) = cos (2 x) + 3 sin (2 x). Bu, y ~ axtarışının y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x-dən aparılacağını göstərir. y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) formasının bərabərliyindən A və B əmsallarını axtaracağıq.

çevirək:

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)

Onda aydın olur ki

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)

Sinusların və kosinusların əmsallarını bərabərləşdirmək lazımdır. Forma sistemini alırıq:

4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4

Buradan belə nəticə çıxır ki, y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.

Cavab: sabit əmsallı ilkin ikinci dərəcəli LDDE-nin ümumi həlli nəzərdən keçirilir

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

f (x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x) olduqda y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ.Bizdə var ki, r α ± i β-a bərabər olan, xarakterik tənliklə əlaqəli köklərin mürəkkəb konyuqat cütlərinin sayıdır, burada P n (x), Q k (x), L m (x) və Nm(x) n, k, m, m dərəcə polinomlarıdır, burada m = m a x (n, k). Əmsalların tapılması Lm(x) Və Nm(x) y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x) bərabərliyi əsasında hazırlanır.

Misal 4

y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) ümumi həllini tapın.

Həll

Şərtə görə aydın olur ki

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

Onda m = m a x (n, k) = 1. Əvvəlcə formanın xarakterik tənliyini yazaraq y 0-ı tapırıq:

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

Köklərin həqiqi və fərqli olduğunu gördük. Deməli y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Sonra, formanın qeyri-homogen y ~ tənliyinə əsaslanan ümumi həlli axtarmaq lazımdır.

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))

Məlumdur ki, A, B, C əmsallardır, r = 0, çünki α ± i β = 3 ± 5 · i ilə xarakterik tənliyə aid olan qoşa köklər cütü yoxdur. Yaranan bərabərlikdən bu əmsalları tapırıq:

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

Törəmə və oxşar terminləri tapmaq verir

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

Əmsalları bərabərləşdirdikdən sonra forma sistemini alırıq

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

Hər şeydən belə çıxır

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) günah (5 x))

Cavab:İndi verilmiş xətti tənliyin ümumi həllini əldə etdik:

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-nun həlli üçün alqoritm

Tərif 1

Həll üçün hər hansı digər f (x) funksiyası həll alqoritminə uyğunluğu tələb edir:

müvafiq xətti homojen tənliyin ümumi həllinin tapılması, burada y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, burada y 1 Və y 2 LODE-nin xətti müstəqil qismən həlləridir, C 1 Və C 2 ixtiyari sabitlər hesab olunur;
LNDE-nin ümumi həlli kimi qəbul edilməsi y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) · y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " (x) formalı sistem vasitəsilə funksiyanın törəmələrinin təyini x) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , və funksiyaların tapılması C 1 (x) və C 2 (x) inteqrasiya yolu ilə.

Misal 5

y "" + 36 y = 24 sin (6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x üçün ümumi həlli tapın.

Həll

Əvvəllər y 0, y "" + 36 y = 0 yazaraq xarakterik tənliyi yazmağa davam edirik. Yazaq və həll edək:

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) = günah (6 x)

Bizdə var ki, verilmiş tənliyin ümumi həlli y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) şəklində yazılacaqdır. Törəmə funksiyaların tərifinə keçmək lazımdır C 1 (x) Və C2(x) tənlikləri olan bir sistemə görə:

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

Bununla bağlı qərar qəbul edilməlidir C 1" (x) Və C 2" (x) hər hansı bir üsuldan istifadə etməklə. Sonra yazırıq:

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)

Tənliklərin hər biri inteqrasiya edilməlidir. Sonra yaranan tənlikləri yazırıq:

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

Beləliklə, ümumi həll forması olacaq:

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 günah (6 x)

Cavab: 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)

Mətndə xəta görsəniz, onu vurğulayın və Ctrl+Enter düymələrini basın

Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin (LNDE-2) həllinin əsasları (PC)

$p$ və $q$ sabit əmsalları olan 2-ci dərəcəli LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formasına malikdir, burada $f\left(x) \right)$ davamlı funksiyadır.

PC ilə LNDU 2 ilə bağlı aşağıdakı iki ifadə doğrudur.

PC ilə 2-ci dərəcəli LPDE həlli

Qayda №1.

Qayda № 2.

Qayda № 3.

Qayda № 4.

LNDU-2-nin sol tərəfində ümumi formada yazılmış PD $U$-nı əvəz edin;
LNDU-2-nin sol tərəfində, eyni səlahiyyətlərlə sadələşdirmələri və qrup şərtlərini yerinə yetirin $x$;
nəticədə eynilikdə, sol və sağ tərəflərin eyni gücləri $x$ olan şərtlərin əmsallarını bərabərləşdirin;
naməlum əmsallar üçün yaranan xətti tənliklər sistemini həll edin.

Misal 1

Tapşırıq: tap YA LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Həmçinin PD tap , $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilkin şərtlərini ödəməklə.

Müvafiq LOD-2-ni yazırıq: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

NC metodundan istifadə edərək $A$, $B$ əmsallarını axtaracağıq.

Çex Respublikasının ilk törəməsini tapırıq:

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

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A\cdot x+B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$

Çex Respublikasının ikinci törəməsini tapırıq:

$U""=\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot \sol(e^(3\cdot x) \sağ)^((") ) =$

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

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

Yaranan bərabərliyin sol tərəfində hərəkətləri yerinə yetiririk:

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

NDT metodundan istifadə edirik. İki naməlum xətti olan tənliklər sistemini əldə edirik:

$-18\cdot A=36;$

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

Bu sistemin həlli belədir: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ problemimiz üçün belə görünür: $U=\left(-2\cdot x-1\sağ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Problemimiz üçün OR $y=Y+U$ belə görünür: $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) $.

Verilmiş ilkin şərtləri ödəyən PD-ni axtarmaq üçün OP-nin $y"$ törəməsini tapırıq:

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

$y$ və $y"$ ilkin şərtlərini $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilə əvəz edirik:

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

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

Tənliklər sistemini aldıq:

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

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

Gəlin həll edək. Cramer düsturundan istifadə edərək $C_(1) $ tapırıq və $C_(2) $ birinci tənlikdən təyin edirik:

Beləliklə, bu diferensial tənliyin PD formasına malikdir: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \sağ )\cdot e^(3\cdot x) $.

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənlik formanın tənliyidir

,
burada p və q x dəyişəninin funksiyalarıdır.

Birinci dərəcəli xətti homojen diferensial tənliyi formanın tənliyidir

Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik formanın tənliyidir

q termini (x) tənliyin qeyri-bərabər hissəsi adlanır.

Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1) .
Bu tənliyi həll etməyin üç yolu var:

inteqrasiyaedici amil metodu;

İnteqral əmsaldan istifadə edərək xətti diferensial tənliyin həlli

istifadə edərək birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin həlli üsulunu nəzərdən keçirək inteqrasiya edən amildir.
Orijinal tənliyin hər iki tərəfini vuraq (1) inteqrasiya faktoru ilə
:
(2)
Sonra qeyd edirik ki, inteqralın törəməsi inteqrana bərabərdir:

Mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydasına görə:

Məhsulun fərqləndirmə qaydasına görə:

Əvəz edin (2) :

Gəlin inteqrasiya edək:

ilə çarpın. alırıq birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin ümumi həlli:

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin həlli nümunəsi

Tənliyi həll edin

Həll

Orijinal tənliyin hər iki tərəfini x-ə bölək:
(i) .
Sonra
;
.
İnteqrasiya edən amil:

Modul işarəsi buraxıla bilər, çünki inteqrasiya əmsalı istənilən sabitə vurula bilər (o cümlədən ± 1).
çoxaldaq (i) tərəfindən x 3 :
.
Törəməni seçirik.
;
.
İnteqrallar cədvəlindən istifadə edərək inteqrasiya edirik:
.
x-ə bölün 3 :
.

Cavab verin

İstinadlar:
N.M. Günter, R.O. Kuzmin, Ali riyaziyyatda problemlər toplusu, "Lan", 2003.

Harada səh Və q- ixtiyari real ədədlər və funksiyadır f(x)- inteqrasiya intervalında davamlı X.

Tapmağın lazım olduğu formanı göstərən teoremi ifadə edək ümumi həll xətti qeyri-bərabər diferensial tənlikdir.

Teorem.

İnterval üzrə ümumi həll X xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik: inteqrasiya intervalında davamlı olanlarla Xəmsallar və davamlı funksiya f(x)ümumi həllin cəminə bərabərdir y 0 uyğun xətti qeyri-homogen diferensial tənlik və orijinal qeyri-homogen tənliyin hər hansı xüsusi həlli, yəni.

Beləliklə, ümumi həll LNDU Sabit əmsallı 2-ci tərtib sabit əmsallı 2-ci dərəcəli müvafiq xətti homogen diferensial tənliyin ümumi həllinin və xüsusi həllinin cəmidir: .

Hesablama y 0 məqalədə sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənliklər təsvir edilmişdir, indi tapmaq üsulunu nəzərdən keçirəcəyik.

Biraz var sabit əmsallı 2-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin müəyyən həllinin təyini üsulları. Bu üsullar funksiyanın növü nəzərə alınmaqla müəyyən edilir f(x), bu tənliyin sağ tərəfindədir. Gəlin onları adlandıraq və sonrakı məqalələrdə sabit əmsallarla hər ikinci dərəcəli LDDE-nin həllərini nəzərdən keçirəcəyik:

2. Əgər funksiya f(x) dərəcə çoxhədlinin hasili ilə təmsil olunur n və sərgi iştirakçıları , bu o deməkdir ki, xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənliyin xüsusi həlli aşağıdakı kimi tapılır. ,

Harada Qn(x) polinomdur n-ci dərəcə,

r- bərabər olan xarakterik tənliyin köklərinin sayı.

Polinom əmsalları Qn(x) bərabərliyindən müəyyən edilə bilər.

3. Əgər funksiya f(x) belə görünür: harada A 1 Və 1-dəədədlərə çevrilir, bu o deməkdir ki, xətti qeyri-müəyyən diferensial tənliyin xüsusi həlli aşağıdakı kimi təmsil olunur:

Harada A Və IN qeyri-müəyyən əmsallardır,

r--ə bərabər olan xarakterik tənliyin mürəkkəb qoşa kök cütlərinin sayıdır. Polinom əmsalları A Və IN bərabərlik əsasında müəyyən edilir.

4. Əgər , onda ,

Harada r-ə bərabər olan xarakterik tənliyin mürəkkəb qoşa kök cütlərinin sayıdır,

Pn(x),Qk(x), Lm(x) Və Nm(x) dərəcə polinomlarıdır n, k, m Və m müvafiq olaraq, m = maks (n, k).

Çoxhədlilərin əmsallarını tapın Lm(x) Və Nm(x) bərabərlikdən istifadə edə bilərsiniz.

5. Bütün digər növ funksiyalar üçün f(x) Aşağıdakı prosedur istifadə olunur:

İlk addım kimi tələb olunan xətti homojen tənliyin ümumi həllini təyin etməkdir y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, Harada y 1 Və y 2 xətti homojen diferensial tənliyin xətti müstəqil qismən həlləridir və C 1 Və C 2 ixtiyari sabitlərdir;
Sonra ixtiyari sabitləri dəyişirik, yəni orijinal xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həlli kimi qəbul etdiyimiz y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2;
son addım isə funksiyaların törəmələrini təyin etməkdir C 1 (x) Və C 2 (x) tənliklər sistemindən: