Cơ sở giáo dục "Nhà nước Belarus
Học viện Nông nghiệp"
Khoa Toán cao cấp
Hướng dẫn
nghiên cứu chuyên đề “Phương trình vi phân tuyến tính bậc hai” của sinh viên khoa Kế toán Giáo dục Phổ thông (NISPO)
Gorki, 2013
Phương trình vi phân tuyến tính
bậc hai với hằng sốhệ số
Phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính
Phương trình vi phân tuyến tính bậc hai với hệ số không đổi gọi là phương trình có dạng
những thứ kia. một phương trình chứa hàm mong muốn và các đạo hàm của nó chỉ ở bậc một và không chứa tích của chúng. Trong phương trình này 
Và 
- một số số và một hàm 
đưa ra trong một khoảng thời gian nhất định 
.
Nếu như 
trên khoảng thời gian 
, thì phương trình (1) sẽ có dạng
,
(2)
và được gọi là tuyến tính đồng nhất . Ngược lại, phương trình (1) được gọi là tuyến tính không đồng nhất .
Xét hàm phức
,
(3)
Ở đâu 
Và 
- chức năng thực sự. Nếu hàm (3) là nghiệm phức của phương trình (2), thì phần thực 
, và phần ảo 
giải pháp 
riêng biệt là các nghiệm của cùng một phương trình thuần nhất. Do đó, bất kỳ nghiệm phức nào của phương trình (2) đều tạo ra hai nghiệm thực của phương trình này.
Giải pháp của phương trình tuyến tính thuần nhất có các tính chất sau:
Nếu như 
là nghiệm của phương trình (2), thì hàm 
, Ở đâu VỚI– một hằng số tùy ý cũng sẽ là nghiệm của phương trình (2);
Nếu như 
Và 
có nghiệm của phương trình (2) thì hàm 
cũng sẽ là nghiệm của phương trình (2);
Nếu như 
Và 
có nghiệm của phương trình (2), khi đó tổ hợp tuyến tính của chúng 
cũng sẽ là nghiệm của phương trình (2), trong đó 
Và 
– hằng số tùy ý.
Chức năng 
Và 
được gọi là phụ thuộc tuyến tính
trên khoảng thời gian 
, nếu những con số đó tồn tại 
Và 
, không bằng 0 tại cùng thời điểm, trên khoảng này đẳng thức
Nếu đẳng thức (4) chỉ xảy ra khi 
Và 
, thì các hàm 
Và 
được gọi là độc lập tuyến tính
trên khoảng thời gian 
.
Ví dụ 1
. Chức năng 
Và 
phụ thuộc tuyến tính vì 
trên toàn bộ trục số. Trong ví dụ này 
.
Ví dụ 2
. Chức năng 
Và 
độc lập tuyến tính trên bất kỳ khoảng nào, vì đẳng thức 
chỉ có thể thực hiện được trong trường hợp 
, Và 
.
Xây dựng lời giải tổng quát cho bài toán đồng nhất tuyến tính
phương trình
Để tìm nghiệm tổng quát của phương trình (2), bạn cần tìm hai nghiệm độc lập tuyến tính của nó 
Và 
. Sự kết hợp tuyến tính của các giải pháp này 
, Ở đâu 
Và 
là các hằng số tùy ý và sẽ đưa ra nghiệm tổng quát của phương trình đồng nhất tuyến tính.
Chúng ta sẽ tìm nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (2) dưới dạng
,
(5)
Ở đâu 
– một con số nhất định Sau đó 
,
. Hãy thay thế các biểu thức này vào phương trình (2):
hoặc 
.
Bởi vì 
, Cái đó 
. Vì vậy chức năng 
sẽ là nghiệm của phương trình (2) nếu 
sẽ thỏa mãn phương trình
.
(6)
Phương trình (6) được gọi là phương trình đặc trưng cho phương trình (2). Phương trình này là một phương trình bậc hai đại số.
Cho phép 
Và 
có nghiệm của phương trình này. Chúng có thể là thực và khác nhau, hoặc phức tạp, hoặc thực và bình đẳng. Hãy xem xét những trường hợp này.
Hãy để rễ cây 
Và 
phương trình đặc trưng là thực và khác biệt. Khi đó nghiệm của phương trình (2) sẽ là các hàm 
Và 
. Các nghiệm này độc lập tuyến tính vì đẳng thức 
chỉ có thể được thực hiện khi 
, Và 
. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng
,
Ở đâu 
Và 
- hằng số tùy ý.
Ví dụ 3
.
Giải pháp
. Phương trình đặc trưng của vi phân này sẽ là 
. Giải phương trình bậc hai này, chúng ta tìm được nghiệm của nó 
Và 
. Chức năng 
Và 
là nghiệm của phương trình vi phân. Giải pháp tổng quát của phương trình này là 
.
số phức 
được gọi là biểu thức có dạng 
, Ở đâu 
Và 
là số thực và 
gọi là đơn vị ảo. Nếu như 
, thì số 
được gọi là thuần túy tưởng tượng. Nếu như 
, thì số 
được xác định bằng số thực 
.
Con số 
được gọi là phần thực của số phức và 
- phần tưởng tượng Nếu hai số phức chỉ khác nhau dấu của phần ảo thì chúng được gọi là liên hợp: 
,
.
Ví dụ 4
. Giải phương trình bậc hai 
.
Giải pháp
. Phương trình phân biệt 
. Sau đó. Tương tự như vậy, 
. Như vậy, phương trình bậc hai này có nghiệm phức liên hợp.
Giả sử nghiệm của phương trình đặc tính là phức tạp, tức là 
,
, Ở đâu 
. 
,
Giải phương trình (2) có thể viết dưới dạng 
,
hoặc
,
.
. 
Và 
Theo công thức Euler
Sau đó ,. Như đã biết, nếu một hàm phức là nghiệm của một phương trình thuần nhất tuyến tính thì nghiệm của phương trình này vừa là phần thực vừa là phần ảo của hàm này. Như vậy, nghiệm của phương trình (2) sẽ là các hàm 
Và 
. Vì bình đẳng
Ở đâu 
Và 
- hằng số tùy ý.
chỉ có thể được thực thi nếu
, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Giải pháp
Ví dụ 5 
. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân 
,
. Chức năng 
Và 
là nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình vi phân. Giải pháp tổng quát của phương trình này là:
Giả sử nghiệm của phương trình đặc tính là số thực và bằng nhau, tức là 
. Khi đó nghiệm của phương trình (2) là các hàm 
Và 
. Các nghiệm này độc lập tuyến tính, vì biểu thức có thể bằng 0 chỉ khi 
Và 
. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Ví dụ 6
, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Giải pháp
. Phương trình đặc trưng 
có gốc bằng nhau 
. Trong trường hợp này, nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình vi phân là các hàm 
Và 
. Giải pháp tổng quát có dạng 
.
Phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất bậc hai với hệ số không đổi
và phía bên phải đặc biệt
Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không đồng nhất (1) bằng tổng của nghiệm tổng quát 
phương trình đồng nhất tương ứng và bất kỳ giải pháp cụ thể nào 
phương trình không đồng nhất: 
.
Trong một số trường hợp, nghiệm cụ thể của một phương trình không thuần nhất có thể được tìm khá đơn giản bằng dạng vế phải 
phương trình (1). Hãy xem xét các trường hợp có thể thực hiện được điều này.
những thứ kia. vế phải của phương trình không thuần nhất là đa thức bậc tôi. Nếu như 
không phải là nghiệm của phương trình đặc tính thì nên tìm nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất dưới dạng đa thức bậc tôi, tức là
Tỷ lệ cược 
được xác định trong quá trình tìm kiếm một giải pháp cụ thể.
Nếu như 
là nghiệm của phương trình đặc tính thì nên tìm nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất ở dạng
Ví dụ 7
, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Giải pháp
. Phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình này là 
. Phương trình đặc trưng của nó 
có rễ 
Và 
. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng 
.
Bởi vì 
không phải là nghiệm của phương trình đặc tính thì ta sẽ tìm nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất dưới dạng hàm 
. Hãy tìm đạo hàm của hàm này 
,
và thay chúng vào phương trình này:
hoặc . Hãy đánh đồng các hệ số của 
và thành viên miễn phí: 
Giải hệ này, ta được 
,
. Khi đó nghiệm riêng của phương trình không đồng nhất có dạng 
và nghiệm tổng quát của một phương trình không đồng nhất đã cho sẽ là tổng của nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng và nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: 
.
Cho phương trình không thuần nhất có dạng
Nếu như 
không phải là nghiệm của phương trình đặc tính thì nên tìm nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất dưới dạng. Nếu như 
là nghiệm của phương trình bội đặc trưng k
(k=1 hoặc k=2), thì trong trường hợp này một nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất sẽ có dạng .
Ví dụ 8
, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Giải pháp
. Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất tương ứng có dạng 
. Rễ của nó 
,
. Trong trường hợp này, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng được viết dưới dạng 
.
Vì số 3 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên cần tìm nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất ở dạng 
. Hãy tìm đạo hàm của bậc một và bậc hai:
Hãy thay thế vào phương trình vi phân: 
+
+,
+,.
Hãy đánh đồng các hệ số của 
và thành viên miễn phí:
Từ đây 
,
. Khi đó nghiệm cụ thể của phương trình này có dạng 
, và lời giải tổng quát
.
Phương pháp biến thiên Lagrange của hằng số tùy ý
Phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý có thể được áp dụng cho bất kỳ phương trình tuyến tính không đồng nhất nào có hệ số không đổi, bất kể loại vế phải. Phương pháp này cho phép bạn luôn tìm nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất nếu biết nghiệm tổng quát của phương trình đồng nhất tương ứng.
Cho phép 
Và 
là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (2). Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình này là 
, Ở đâu 
Và 
- hằng số tùy ý. Bản chất của phương pháp thay đổi các hằng số tùy ý là nghiệm tổng quát của phương trình (1) được tìm dưới dạng
Ở đâu 
Và 
- các chức năng mới chưa biết cần được tìm thấy. Vì có hai hàm chưa biết nên để tìm chúng cần có hai phương trình chứa các hàm này. Hai phương trình này tạo nên hệ
là một hệ phương trình đại số tuyến tính đối với 
Và 
. Giải hệ này, ta tìm được 
Và 
. Tích phân cả hai vế của đẳng thức thu được, chúng ta tìm thấy
Và 
.
Thay các biểu thức này vào (9), chúng ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không đồng nhất (1).
Ví dụ 9
, thì các nghiệm này độc lập tuyến tính. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng 
.
Giải pháp.
Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất tương ứng với một phương trình vi phân đã cho là 
. Nguồn gốc của nó rất phức tạp 
,
. Bởi vì 
Và 
, Cái đó 
,
, và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng. Sau đó, chúng ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất này ở dạng trong đó 
Và 
- chức năng chưa biết.
Hệ phương trình tìm các hàm số chưa biết này có dạng
Giải hệ này, ta tìm được 
,
. Sau đó
,
. Chúng ta hãy thay thế các biểu thức thu được vào công thức để tìm nghiệm tổng quát:
Đây là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này, thu được bằng phương pháp Lagrange.
Câu hỏi tự kiểm soát kiến thức
Phương trình vi phân nào được gọi là phương trình vi phân tuyến tính bậc hai có hệ số không đổi?
Phương trình vi phân tuyến tính nào được gọi là đồng nhất và phương trình nào được gọi là không đồng nhất?
Một phương trình đồng nhất tuyến tính có những tính chất gì?
Phương trình nào được gọi là đặc trưng của phương trình vi phân tuyến tính và nó thu được như thế nào?
Dạng tổng quát của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với các hệ số không đổi được viết trong trường hợp các nghiệm khác nhau của phương trình đặc trưng?
Dạng tổng quát của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi được viết trong trường hợp nghiệm bằng nhau của phương trình đặc tính?
Dạng tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính với các hệ số không đổi được viết trong trường hợp nghiệm phức của phương trình đặc tính?
Giải pháp tổng quát của một phương trình tuyến tính không đồng nhất được viết như thế nào?
Dạng nào là nghiệm cụ thể của một phương trình tuyến tính không đồng nhất được tìm kiếm nếu nghiệm của phương trình đặc trưng khác nhau và không bằng 0, và vế phải của phương trình là đa thức bậc tôi?
Nghiệm cụ thể của phương trình tuyến tính không thuần nhất được tìm dưới dạng nào nếu có một số 0 trong số các nghiệm của phương trình đặc tính và vế phải của phương trình là đa thức bậc tôi?
Bản chất của phương pháp Lagrange là gì?
Chúng ta đã thấy rằng, trong trường hợp đã biết nghiệm tổng quát của một phương trình tuyến tính đồng nhất thì có thể tìm được nghiệm tổng quát của một phương trình không đồng nhất bằng phương pháp biến thiên các hằng số tùy ý. Tuy nhiên, câu hỏi làm thế nào để tìm nghiệm tổng quát cho một phương trình đồng nhất vẫn còn bỏ ngỏ. Trong trường hợp đặc biệt khi trong phương trình vi phân tuyến tính (3) tất cả các hệ số tôi(X)= tôi - các hằng số thì có thể giải khá đơn giản, thậm chí không cần lấy tích phân.
Xét một phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với các hệ số không đổi, tức là các phương trình có dạng
y (N) + một 1 y (N – 1) +...a N – 1 y " + a n y = 0, (14)
Ở đâu và tôi- hằng số (Tôi= 1, 2, ...,N).
Như đã biết, đối với phương trình thuần nhất tuyến tính bậc 1, nghiệm là một hàm có dạng e kx. Chúng ta sẽ tìm nghiệm của phương trình (14) ở dạng j (X) = e kx.
Chúng ta thay hàm số vào phương trình (14) j (X) và đạo hàm cấp của nó tôi (1 £ tôi£ N)j (tôi) (X) = k tôi kx. chúng tôi nhận được
(kn + a 1 k n – 1 +...a n – 1 k + một n)e kx = 0,
Nhưng e k x ¹ 0 cho bất kỳ X, Đó là lý do tại sao
k n + a 1 k n – 1 +...a N – 1 k + một n = 0. (15)
Phương trình (15) được gọi là phương trình đặc trưng, đa thức ở vế trái- đa thức đặc trưng , rễ của nó- rễ đặc trưng phương trình vi phân (14).
Phần kết luận:
chức năngj (X) = e kx - nghiệm của phương trình đồng nhất tuyến tính (14) khi và chỉ khi số k - nghiệm của phương trình đặc tính (15).
Như vậy, quá trình giải phương trình thuần nhất tuyến tính (14) được rút gọn thành giải phương trình đại số (15).
Có thể có nhiều trường hợp khác nhau về rễ đặc trưng.
1.Tất cả các nghiệm của phương trình đặc trưng là thực và khác biệt.
Trong trường hợp này N rễ đặc trưng khác nhau k 1 ,k 2 ,..., kn tương ứng N nghiệm khác nhau của phương trình thuần nhất (14)
Có thể chứng minh rằng các nghiệm này độc lập tuyến tính và do đó tạo thành một hệ nghiệm cơ bản. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình là hàm
Ở đâu VỚI 1 , C 2 , ..., Cn - hằng số tùy ý.
Ví dụ 7. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình đồng nhất tuyến tính:
MỘT) Tại¢ ¢ (X) - 6Tại¢ (X) + 8Tại(X) = 0,b) Tại¢ ¢ ¢ (X) + 2Tại¢ ¢ (X) - 3Tại¢ (X) = 0.
Giải pháp. Hãy tạo một phương trình đặc trưng. Để làm điều này, chúng ta thay thế đạo hàm cấp tôi chức năng y(x) ở mức độ thích hợp
k(Tại (tôi) (x) « k m),
trong khi bản thân chức năng Tại(X) vì đạo hàm bậc 0 được thay thế bằng k 0 = 1.
Trong trường hợp (a) phương trình đặc tính có dạng k 2 - 6k + 8 = 0. Căn nguyên của phương trình bậc hai này k 1 = 2,k 2 = 4. Vì chúng thực và khác nhau nên nghiệm tổng quát có dạng j (X)= C 1 e 2X + C 2 e 4x.
Đối với trường hợp (b), phương trình đặc tính là phương trình bậc 3 k 3 + 2k 2 - 3k = 0. Hãy tìm nghiệm nguyên của phương trình này:
k(k 2 + 2 k - 3)= 0 Þ k = 0i k 2 + 2 k - 3 = 0 Þ k = 0, (k - 1)(k + 3) = 0,
T . e . k 1 = 0, k 2 = 1, k 3 = - 3.
Các nghiệm đặc trưng này tương ứng với hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân:
j 1 (X)= e 0X = 1, j 2 (X) = e x, j 3 (X)= e - 3X .
Nghiệm tổng quát theo công thức (9) là hàm
j (X)= C 1 + C 2 e x + C 3 e - 3X .
II . Tất cả các nghiệm của phương trình đặc tính đều khác nhau, nhưng một số trong chúng rất phức tạp.
Tất cả các hệ số của phương trình vi phân (14), và do đó của phương trình đặc tính của nó (15)- số thực, có nghĩa là nếu c trong số các nghiệm đặc trưng có một nghiệm phức k 1 = a + ib, nghĩa là gốc liên hợp của nó k 2 = ` k 1 = một- ib.Đến gốc đầu tiên k 1 tương ứng với nghiệm của phương trình vi phân (14)
j 1 (X)= e (a+ib)X = e a x e ibx = e ax(cosbx + isinbx)
(chúng tôi đã sử dụng công thức Euler e i x = cosx + isinx). Tương tự như vậy, gốc k 2 = một- ib tương ứng với giải pháp
j 2 (X)= e (một - -ib)X = e a x e - ib x= e rìu(cosbx - isinbx).
Những giải pháp này rất phức tạp. Để thu được nghiệm thực từ chúng, chúng ta sử dụng các tính chất của nghiệm cho phương trình thuần nhất tuyến tính (xem 13.2). Chức năng
là nghiệm thực của phương trình (14). Hơn nữa, các nghiệm này độc lập tuyến tính. Vì vậy, chúng ta có thể rút ra kết luận sau đây.
Quy tắc 1.Một cặp rễ phức liên hợp a± ib của phương trình đặc tính trong FSR của phương trình đồng nhất tuyến tính (14) tương ứng với hai nghiệm thực riêngVà .
Ví dụ 8. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
MỘT) Tại¢ ¢ (X) - 2Tại ¢ (X) + 5Tại(X) = 0 ;b) Tại¢ ¢ ¢ (X) - Tại¢ ¢ (X) + 4Tại ¢ (X) - 4Tại(X) = 0.
Giải pháp. Trong trường hợp phương trình (a), nghiệm của phương trình đặc tính k 2 - 2k + 5 = 0 là hai số phức liên hợp
k 1, 2 = .
Do đó, theo quy tắc 1, chúng tương ứng với hai nghiệm thực độc lập tuyến tính: và , và nghiệm tổng quát của phương trình là hàm
j (X)= C 1 e x cos 2x + C 2 tội lỗi 2x.
Trong trường hợp (b), để tìm nghiệm của phương trình đặc tính k 3 - k 2 + 4k- 4 = 0, chúng ta phân tích vế trái của nó thành nhân tử:
k 2 (k - 1) + 4(k - 1) = 0 Þ (k - 1)(k 2 + 4) = 0 Þ (k - 1) = 0, (k 2 + 4) = 0.
Vì vậy, chúng ta có ba gốc đặc trưng: k 1 = 1,k 2 , 3 = ± 2Tôi. Cornu k 1 tương ứng với giải pháp và một cặp rễ phức liên hợp k 2, 3 = ± 2tôi = 0 ± 2Tôi- hai giải pháp hợp lệ: và . Ta đưa ra nghiệm tổng quát của phương trình:
j (X)= C 1 e x + C 2 vì 2x + C 3 tội lỗi 2x.
III . Trong số các nghiệm của phương trình đặc tính có bội số.
Cho phép k 1 - gốc thực sự của bội số tôi phương trình đặc trưng (15), tức là trong số các nghiệm có tôi gốc bằng nhau. Mỗi trong số chúng tương ứng với cùng một nghiệm của phương trình vi phân (14) Tuy nhiên, bao gồm tôi Không có nghiệm nào giống nhau trong FSR vì chúng tạo thành một hệ hàm phụ thuộc tuyến tính.
Có thể chứng minh rằng trong trường hợp có nhiều gốc k 1 nghiệm của phương trình (14), ngoài hàm số còn có các hàm số
Các hàm độc lập tuyến tính trên toàn bộ trục số, vì , nghĩa là chúng có thể được đưa vào FSR.
Quy tắc 2. Rễ đặc trưng thực sự k 1 sự đa dạng tôi trong FSR tương ứng tôi giải pháp:
Nếu như k 1 - bội số phức tạp tôi phương trình đặc trưng (15) thì tồn tại nghiệm liên hợp k 1 sự đa dạng tôi. Bằng cách tương tự, chúng ta có được quy tắc sau.
Quy tắc 3. Một cặp rễ phức liên hợp a± ib trong FSR tương ứng với nghiệm độc lập tuyến tính 2mreal:
, , ..., ,
, , ..., .
Ví dụ 9. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
MỘT) Tại¢ ¢ ¢ (X) + 3Tại¢ ¢ (X) + 3Tại¢ (X)+ y ( X)= 0;b) ở IV(X) + 6Tại¢ ¢ (X) + 9Tại(X) = 0.
Giải pháp. Trong trường hợp (a) phương trình đặc tính có dạng
k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = 0
(k + 1) 3 = 0,
tức là k =- 1 - nghiệm của bội số 3. Dựa vào quy tắc 2, ta viết nghiệm tổng quát:
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 x 2 .
Phương trình đặc trưng trong trường hợp (b) là phương trình
k 4 + 6k 2 + 9 = 0
hoặc, nếu không,
(k 2 + 3) 2 = 0 Þ k 2 = - 3 Þ k 1, 2 = ± Tôi.
Chúng ta có một cặp nghiệm phức liên hợp, mỗi nghiệm có bội số là 2. Theo quy tắc 3, nghiệm tổng quát được viết là
j (X)= C 1 + C 2 x + C 3 + C 4 x.
Từ những điều trên cho thấy rằng đối với bất kỳ phương trình đồng nhất tuyến tính nào có hệ số không đổi, đều có thể tìm được một hệ nghiệm cơ bản và soạn ra một nghiệm tổng quát. Do đó, nghiệm của phương trình không thuần nhất tương ứng của bất kỳ hàm liên tục nào f(x) ở phía bên phải có thể tìm được bằng cách sử dụng phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý (xem phần 5.3).
Ví dụ 10. Sử dụng phương pháp biến phân, tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = xe 2x .
Giải pháp. Đầu tiên chúng ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = 0. Nghiệm của phương trình đặc tính k 2 - k- 6 = 0 là k 1 = 3,k 2 = - 2, một nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất - chức năng ` Tại ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Ta sẽ tìm nghiệm của phương trình không đồng nhất ở dạng
Tại( X) = VỚI 1 (X)e 3X + C 2 (X)e 2X . (*)
Hãy tìm định thức Wronski
W[e 3X , e 2X ] = .
Hãy lập hệ phương trình (12) cho đạo hàm của các hàm số chưa biết VỚI ¢ 1 (X) Và VỚI¢ 2 (X):
Giải hệ bằng công thức Cramer, ta thu được
Tích hợp, chúng tôi tìm thấy VỚI 1 (X) Và VỚI 2 (X):
Hàm thay thế VỚI 1 (X) Và VỚI 2 (X) vào đẳng thức (*), ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = xe 2x :
Trong trường hợp vế phải của phương trình tuyến tính không đồng nhất với các hệ số không đổi có dạng đặc biệt thì có thể tìm ra nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất mà không cần dùng đến phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý.
Xét phương trình có hệ số không đổi
y (N) + a 1 y (N– 1) +...a N – 1 năm " + a n y = f (x), (16)
f( x) = erìu(Pn(x)cosbx + Rm(x)sinbx), (17)
Ở đâu Pn(x) Và Rm(x) - đa thức bậc N Và tôi tương ứng.
Giải pháp riêng y*(X) của phương trình (16) được xác định theo công thức
Tại* (X) = xse rìu(Ông(x)cosbx + N r(x)sinbx), (18)
Ở đâu Ông(x) Và số(x) - đa thức bậc r = tối đa(n, m) với hệ số không chắc chắn , MỘT S bằng bội số của gốc k 0 = a + ibđa thức đặc trưng của phương trình (16), và chúng tôi giả sử s = 0 nếu k 0 không phải là nghiệm đặc trưng.
Để soạn một giải pháp cụ thể bằng công thức (18), bạn cần tìm bốn tham số - a, b, r Và S. Ba giá trị đầu tiên được xác định từ vế phải của phương trình, và r- đây thực sự là mức độ cao nhất x, được tìm thấy ở phía bên phải. tham số S tìm thấy từ việc so sánh các số k 0 = a + ib Và tập hợp tất cả các nghiệm đặc trưng (có tính đến bội số) của phương trình (16), được tìm thấy bằng cách giải phương trình thuần nhất tương ứng.
Chúng ta hãy xem xét các trường hợp đặc biệt có dạng hàm (17):
1) tại Một ¹ 0, b= 0f(x)= e rìu P n(x);
2) khi Một= 0, b ¹ 0f(x)= Pn(x) Vớiosbx + Rm(x)sinbx;
3) khi Một = 0, b = 0f(x)=Pn(x).
Nhận xét 1. Nếu P n (x) º 0 hoặc Rm(x)º 0 thì vế phải của phương trình f(x) = e ax P n (x)с osbx hoặc f(x) = e ax R m (x)sinbx, tức là chỉ chứa một trong các hàm - cosin hoặc sin. Nhưng khi ghi một nghiệm cụ thể, cả hai nghiệm đó phải có mặt, vì theo công thức (18), mỗi nghiệm đó được nhân với một đa thức có hệ số không xác định cùng bậc r = max(n, m).
Ví dụ 11. Xác định dạng nghiệm từng phần của phương trình thuần nhất tuyến tính bậc 4 với hệ số không đổi nếu biết vế phải của phương trình f(X) = e x(2xcos 3x+(x 2 + 1)tội lỗi 3x) và nghiệm của phương trình đặc tính:
MỘT ) k 1 = k 2 = 1, k 3 = 3,k 4 = - 1;
b ) k 1, 2 = 1 ± 3Tôi,k 3, 4 = ± 1;
V. ) k 1, 2 = 1 ± 3Tôi,k 3, 4 = 1 ± 3Tôi.
Giải pháp. Ở phía bên phải, chúng tôi thấy rằng trong giải pháp cụ thể Tại*(X), được xác định theo công thức (18), thông số: Một= 1, b= 3, r = 2. Chúng giữ nguyên cho cả ba trường hợp, do đó số k 0 chỉ định tham số cuối cùng S công thức (18) bằng k 0 = 1+ 3Tôi. Trong trường hợp (a) không có số nào trong số các nghiệm đặc trưng k 0 = 1 + 3Tôi, Có nghĩa, S= 0 và nghiệm cụ thể có dạng
y*(X) = x 0 bán tại(M 2 (x)vì 3x+N 2 (x)tội lỗi 3x) =
= ex( (Rìu 2 +Bx+C)vì 3x+(MỘT 1 x 2 +B 1 x+C 1)tội lỗi 3x.
Trong trường hợp (b) số k 0 = 1 + 3Tôi xảy ra một lần trong số các gốc đặc trưng, có nghĩa là s = 1 Và
y*(X) = x e x((Rìu 2 +Bx+C)vì 3x+(MỘT 1 x 2 +B 1 x+C 1)tội lỗi 3x.
Với trường hợp (c) ta có s = 2 và
y*(X) = x 2 bán tại((Rìu 2 +Bx+C)vì 3x+(A 1 x 2 +B 1 x+C 1)tội lỗi 3x.
Trong ví dụ 11, nghiệm cụ thể chứa hai đa thức bậc 2 với các hệ số không xác định. Để tìm giải pháp, bạn cần xác định giá trị số của các hệ số này. Hãy để chúng tôi xây dựng một quy tắc chung.
Để xác định các hệ số chưa biết của đa thức Ông(x) Và số(x) đẳng thức (17) được lấy vi phân theo số lần yêu cầu và hàm được thay thế y*(X) và các đạo hàm của nó thành phương trình (16). Bằng cách so sánh bên trái và bên phải của nó, người ta thu được hệ phương trình đại số để tìm các hệ số.
Ví dụ 12. Tìm nghiệm của phương trình Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = xe 2x, sau khi xác định được nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất theo dạng vế phải.
Giải pháp. Nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất có dạng
Tại( X) = ` Tại(X)+ y*(X),
Ở đâu ` Tại ( X) - nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng, và y*(X) - nghiệm cụ thể của một phương trình không thuần nhất.
Đầu tiên chúng ta giải phương trình thuần nhất Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = 0. Phương trình đặc trưng của nó k 2 - k- 6 = 0 có hai gốc k 1 = 3,k 2 = - 2, kể từ đây, ` Tại ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X .
Chúng ta hãy sử dụng công thức (18) để xác định loại giải pháp cụ thể Tại*(X). Chức năng f(x) = xe 2x đại diện cho trường hợp đặc biệt (a) của công thức (17), trong khi một = 2,b = 0 Và r = 1, tức là k 0 = 2 + 0tôi = 2. So sánh với các rễ đặc trưng ta kết luận rằng s = 0. Thay giá trị của tất cả các tham số vào công thức (18), ta có y*(X) = (À + B)e 2X .
Để tìm các giá trị MỘT Và TRONG, hãy tìm đạo hàm cấp một và cấp hai của hàm số y*(X) = (À + B)e 2X :
y*¢ (X)= Ae 2X + 2(À + B)e 2X = (2À + À + 2B)e 2x,
y*¢ ¢ (X) = 2Ae 2X + 2(2À + À + 2B)e 2X = (4À + 4A+ 4B)e 2X .
Sau khi thay thế chức năng y*(X) và đạo hàm của nó vào phương trình ta có
(4À + 4A+ 4B)e 2X - (2À + À + 2B)e 2X - 6(À + B)e 2X =xe 2x Þ Þ A=- 1/4,B=- 3/16.
Do đó, một nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất có dạng
y*(X) = (- 1/4X- 3/16)e 2X ,
và giải pháp chung - Tại ( X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Lưu ý 2.Trong trường hợp bài toán Cauchy được đặt cho một phương trình không thuần nhất, trước tiên người ta phải tìm nghiệm tổng quát của phương trình
Tại( X) = ,
đã xác định được tất cả các trị số của các hệ số trong Tại*(X). Sau đó sử dụng các điều kiện ban đầu và thay chúng vào nghiệm tổng quát (không phải vào y*(X)), tìm giá trị của các hằng số C tôi.
Ví dụ 13. Tìm nghiệm của bài toán Cauchy:
Tại¢ ¢ (X) - Tại¢ (X) - 6Tại(X) = xe 2x , y(0) = 0, y ¢ (X) = 0.
Giải pháp. Giải pháp tổng quát của phương trình này là
Tại(X) = C 1 e 3X + C 2 e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X
được tìm thấy trong Ví dụ 12. Để tìm nghiệm cụ thể thỏa mãn điều kiện ban đầu của bài toán Cauchy này, ta thu được hệ phương trình
Giải quyết nó, chúng ta có C 1 = 1/8, C 2 = 1/16. Do đó, nghiệm của bài toán Cauchy là hàm
Tại(X) = 1/8e 3X + 1/16e - 2X + (- 1/4X- 3/16)e 2X .
Lưu ý 3(nguyên lý chồng chất). Nếu trong phương trình tuyến tính Ln[y(x)]=f(x), Ở đâu f(x) =f 1 (x)+f 2 (x) Và y* 1 (x) - giải phương trình Ln[y(x)]=f 1 (x), MỘT y* 2 (x) - giải phương trình Ln[y(x)]=f 2 (x), thì hàm y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x) là giải phương trình Ln[y(x)]=f(x).
Ví dụ 14. Chỉ ra dạng nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính
Tại¢ ¢ (X) + 4Tại(X) = x + sinx.
Giải pháp. Giải tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng
` Tại(x) = C 1 vì 2x + C 2 tội lỗi 2x,
vì phương trình đặc tính k 2 + 4 = 0 có gốc rễ k 1, 2 = ± 2Tôi.Vế phải của phương trình không tương ứng với công thức (17) nhưng nếu ta đưa vào ký hiệu f 1 (x) = x, f 2 (x) = tội lỗi và sử dụng nguyên lý xếp chồng , thì một nghiệm cụ thể của phương trình không đồng nhất có thể được tìm thấy ở dạng y*(X)= y* 1 (x)+ y* 2 (x), Ở đâu y* 1 (x) - giải phương trình Tại¢ ¢ (X) + 4Tại(X) = x, MỘT y* 2 (x) - giải phương trình Tại¢ ¢ (X) + 4Tại(X) = tội lỗi. Theo công thức (18)
y* 1 (x) = Rìu + B,y* 2 (x) = Ссosx + Dsinx.
Vậy giải pháp cụ thể
y*(X) = Ax + B + Ccosx + Dsinx,
do đó nghiệm tổng quát có dạng
Tại(X) = C 1 vì 2x + C 2 e - 2X + A x + B + Ccosx + Dsinx.
Ví dụ 15. Một mạch điện gồm một nguồn dòng mắc nối tiếp với một suất điện động e(t) = Tội lỗiw t,độ tự cảm L và thùng chứa VỚI, Và
Cơ sở giải phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính (LNDE-2) với hệ số không đổi (PC)
LDDE bậc 2 với hệ số không đổi $p$ và $q$ có dạng $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$, trong đó $f\left(x \right)$ là một hàm liên tục.
Đối với LNDU 2 với PC, hai nhận định sau đây là đúng.
Giả sử rằng hàm $U$ nào đó là nghiệm từng phần tùy ý của một phương trình vi phân không thuần nhất. Chúng ta cũng giả sử rằng hàm $Y$ nào đó là nghiệm tổng quát (GS) của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính tương ứng (LODE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$. Khi đó GS của LHDE-2 bằng tổng của các giải pháp riêng và chung được chỉ định, nghĩa là $y=U+Y$.
Nếu vế phải của LMDE bậc 2 là tổng của các hàm, nghĩa là $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x \right)+..+f_(r) \left(x\right)$, thì trước tiên chúng ta có thể tìm các PD $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ tương ứng cho mỗi hàm $f_( 1) \left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$, và sau đó viết CR LNDU-2 dưới dạng $U=U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.
Giải pháp LPDE bậc 2 với PC
Rõ ràng là loại PD $U$ này của một LNDU-2 nhất định phụ thuộc vào dạng cụ thể của vế phải $f\left(x\right)$ của nó. Các trường hợp tìm kiếm PD LNDU-2 đơn giản nhất được xây dựng dưới dạng bốn quy tắc sau.
Quy tắc số 1.
Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left(x\right)=a_(0 ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, tức là nó được gọi là a đa thức bậc $n$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(n) \left(x\right)$ là một dạng khác đa thức có cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc tính của LODE-2 tương ứng bằng 0. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp hệ số không xác định (Anh).
Quy tắc số 2.
Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$, trong đó $P_(n) \left( x\right)$ là đa thức bậc $n$. Khi đó PD $U$ của nó được tìm kiếm dưới dạng $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $, trong đó $Q_(n ) \ left(x\right)$ là một đa thức khác có cùng bậc với $P_(n) \left(x\right)$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc trưng của LODE-2 tương ứng , bằng $\alpha $. Các hệ số của đa thức $Q_(n) \left(x\right)$ được tìm bằng phương pháp NC.
Quy tắc số 3.
Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x \right) $, trong đó $a$, $b$ và $\beta$ là các số đã biết. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) \right )\cdot x^(r) $, trong đó $A$ và $B$ là các hệ số chưa biết và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc tính của LODE-2 tương ứng, bằng $i\cdot \beta $. Các hệ số $A$ và $B$ được tìm bằng phương pháp không phá hủy.
Quy tắc số 4.
Vế phải của LNDU-2 có dạng $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$, trong đó $P_(n) \left(x\right)$ là một đa thức bậc $ n$, và $P_(m) \left(x\right)$ là đa thức bậc $m$. Sau đó, PD $U$ của nó được tìm kiếm ở dạng $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $, trong đó $Q_(s) \left(x\right)$ và $ R_(s) \left(x\right)$ là các đa thức bậc $s$, số $s$ là số lớn nhất của hai số $n$ và $m$, và $r$ là số nghiệm của phương trình đặc tính của LODE-2 tương ứng, bằng $\alpha +i\cdot \beta $. Các hệ số của đa thức $Q_(s) \left(x\right)$ và $R_(s) \left(x\right)$ được tìm thấy bằng phương pháp NC.
Phương pháp NK bao gồm việc áp dụng quy tắc sau. Để tìm các hệ số chưa biết của đa thức thuộc nghiệm riêng phần của phương trình vi phân không thuần nhất LNDU-2, cần:
- thay thế PD $U$, viết ở dạng tổng quát, vào vế trái của LNDU-2;
- ở vế trái của LNDU-2, thực hiện rút gọn và nhóm các số hạng có cùng lũy thừa $x$;
- trong nhận dạng kết quả, đánh đồng các hệ số của các số hạng có cùng lũy thừa $x$ ở bên trái và bên phải;
- giải hệ phương trình tuyến tính thu được với các hệ số chưa biết.
Ví dụ 1
Nhiệm vụ: tìm OR LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Tìm thêm PD , thỏa mãn các điều kiện ban đầu $y=6$ với $x=0$ và $y"=1$ với $x=0$.
Chúng ta viết ra LOD-2 tương ứng: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.
Phương trình đặc trưng: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Nghiệm của phương trình đặc tính: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Những gốc rễ này là hợp lệ và khác biệt. Do đó, OR của LODE-2 tương ứng có dạng: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.
Phía bên phải của LNDU-2 này có dạng $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Cần xét đến hệ số của số mũ $\alpha =3$. Hệ số này không trùng với bất kỳ nghiệm nào của phương trình đặc tính. Do đó, PD của LNDU-2 này có dạng $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $.
Chúng ta sẽ tìm kiếm các hệ số $A$, $B$ bằng phương pháp NC.
Chúng tôi tìm thấy đạo hàm đầu tiên của Cộng hòa Séc:
$U"=\left(A\cdot x+B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Chúng tôi tìm thấy đạo hàm thứ hai của Cộng hòa Séc:
$U""=\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot \left(e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$
$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\left(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\right)\cdot e^(3\cdot x) .$
Chúng tôi thay thế các hàm $U""$, $U"$ và $U$ thay vì $y""$, $y"$ và $y$ vào NLDE-2 $y""-3\cdot y" đã cho -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x $ Hơn nữa, vì số mũ $e^(3\cdot x) $ được đưa vào như một thừa số. trong tất cả các thành phần thì có thể bỏ qua.
$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \left(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\right)-18\cdot \left(A\ cdot x+B\right)=36\cdot x+12.$
Chúng tôi thực hiện các hành động ở phía bên trái của đẳng thức kết quả:
$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$
Chúng tôi sử dụng phương pháp NDT. Ta thu được hệ phương trình tuyến tính với hai ẩn số:
$-18\cdot A=36;$
$3\cdot A-18\cdot B=12.$
Lời giải của hệ này là: $A=-2$, $B=-1$.
PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ cho vấn đề của chúng tôi trông như thế này: $U=\left(-2\cdot x-1\right) \cdot e^(3\cdot x) $.
OR $y=Y+U$ cho vấn đề của chúng ta trông như thế này: $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) $.
Để tìm một PD thỏa mãn các điều kiện ban đầu đã cho, chúng ta tìm đạo hàm $y"$ của OP:
$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\left(-2\cdot x-1\right)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$
Chúng ta thay thế $y$ và $y"$ các điều kiện ban đầu $y=6$ cho $x=0$ và $y"=1$ cho $x=0$:
$6=C_(1) +C_(2) -1; $
$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$
Ta thu được hệ phương trình:
$C_(1) +C_(2) =7;$
$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$
Hãy giải quyết nó. Chúng ta tìm $C_(1) $ bằng cách sử dụng công thức Cramer và $C_(2) $ chúng ta xác định từ phương trình đầu tiên:
$C_(1) =\frac(\left|\begin(array)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(array)\right|)(\left|\ Begin(array)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(array)\right|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$
Do đó, PD của phương trình vi phân này có dạng: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \right )\cdot e^(3\cdot x) $.
Bài viết này đề cập đến vấn đề giải phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi. Lý thuyết sẽ được thảo luận cùng với các ví dụ về các vấn đề nhất định. Để giải mã các thuật ngữ chưa rõ ràng, cần tham khảo chủ đề về các định nghĩa, khái niệm cơ bản của lý thuyết phương trình vi phân.
Hãy xem xét một phương trình vi phân tuyến tính (LDE) bậc hai với các hệ số không đổi có dạng y "" + p · y " + q · y = f (x), trong đó p và q là các số tùy ý và hàm f hiện có (x) liên tục trên khoảng tích phân x.
Chúng ta hãy chuyển sang xây dựng định lý cho nghiệm tổng quát của LNDE.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Định lý nghiệm tổng quát cho LDNU
Định lý 1Một nghiệm tổng quát, nằm trên khoảng x, của một phương trình vi phân không thuần nhất có dạng y(n) + fn - 1 (x) · y (n - 1) + . . . + f 0 (x) · y = f (x) có hệ số tích phân liên tục trên khoảng x f 0 (x) , f 1 (x) , . . . , f n - 1 (x) và hàm liên tục f (x) bằng tổng của nghiệm tổng quát y 0, tương ứng với LOD và một nghiệm cụ thể nào đó y ~, trong đó phương trình không thuần nhất ban đầu là y = y 0 + ừ ~.
Điều này cho thấy nghiệm của phương trình bậc hai như vậy có dạng y = y 0 + y ~ . Thuật toán tìm y 0 được thảo luận trong bài về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc hai với hệ số không đổi. Sau đó chúng ta nên tiến hành định nghĩa y ~.
Việc lựa chọn một nghiệm cụ thể cho LMDE phụ thuộc vào loại hàm f(x) có sẵn nằm ở vế phải của phương trình. Để làm được điều này, cần xem xét riêng các nghiệm của phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi.
Khi f (x) được coi là đa thức bậc n f (x) = P n (x), thì một nghiệm cụ thể của LPDE được tìm thấy bằng cách sử dụng công thức có dạng y ~ = Q n (x ) x γ, trong đó Q n ( x) là đa thức bậc n, r là số nghiệm bằng 0 của phương trình đặc trưng. Giá trị y ~ là một nghiệm cụ thể y ~ "" + p y ~ " + q y ~ = f (x) , khi đó các hệ số có sẵn được xác định bởi đa thức
Q n(x), ta tìm bằng phương pháp hệ số bất định từ đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f(x).
Ví dụ 1
Tính toán bằng định lý Cauchy y "" - 2 y " = x 2 + 1 , y (0) = 2 , y " (0) = 1 4 .
Giải pháp
Nói cách khác, cần phải chuyển sang một nghiệm cụ thể của phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất bậc hai với hệ số không đổi y "" - 2 y " = x 2 + 1, sẽ thỏa mãn điều kiện đã cho y (0) = 2, y " (0) = 1 4 .
Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất là tổng của nghiệm tổng quát tương ứng với phương trình y 0 hoặc nghiệm cụ thể của phương trình không thuần nhất y ~, tức là y = y 0 + y ~.
Đầu tiên, chúng ta sẽ tìm một giải pháp chung cho LNDU, sau đó là một giải pháp cụ thể.
Hãy chuyển sang tìm y 0. Viết ra phương trình đặc trưng sẽ giúp bạn tìm ra nghiệm. Chúng tôi hiểu điều đó
k 2 - 2 k = 0 k (k - 2) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2
Chúng tôi thấy rằng rễ cây khác nhau và có thật. Vì vậy, hãy viết ra
y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x.
Hãy cùng tìm y nhé ~. Có thể thấy rằng vế phải của phương trình đã cho là đa thức bậc hai, khi đó một trong các nghiệm bằng 0. Từ đó chúng ta thu được một nghiệm cụ thể cho y ~ sẽ là
y ~ = Q 2 (x) x γ = (A x 2 + B x + C) x = A x 3 + B x 2 + C x, trong đó các giá trị của A, B, C lấy hệ số không xác định.
Hãy tìm chúng từ một đẳng thức có dạng y ~ "" - 2 y ~ " = x 2 + 1.
Sau đó, chúng tôi nhận được điều đó:
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
Đánh đồng các hệ số có cùng số mũ của x, ta thu được hệ biểu thức tuyến tính - 6 A = 1 6 A - 4 B = 0 2 B - 2 C = 1. Khi giải bằng bất kỳ phương pháp nào, ta sẽ tìm hệ số và viết: A = - 1 6, B = - 1 4, C = - 3 4 và y ~ = A x 3 + B x 2 + C x = - 1 6 x 3 - 1 4 x 2 - 3 4 x .
Mục này được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân bậc hai không đồng nhất tuyến tính ban đầu với các hệ số không đổi.
Để tìm nghiệm cụ thể thỏa mãn điều kiện y(0) = 2, y”(0) = 1 4 cần xác định các giá trị C 1 Và C 2, dựa trên đẳng thức có dạng y = C 1 + C 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x.
Chúng tôi hiểu rằng:
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
Chúng tôi làm việc với hệ phương trình thu được có dạng C 1 + C 2 = 2 2 C 2 - 3 4 = 1 4, trong đó C 1 = 3 2, C 2 = 1 2.
Áp dụng định lý Cauchy, ta có
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
Trả lời: 3 2 + 1 2 e 2 x - 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .
Khi hàm f (x) được biểu diễn dưới dạng tích của đa thức bậc n và số mũ f (x) = P n (x) · e a x , thì chúng ta thu được một nghiệm cụ thể của LPDE bậc hai sẽ là một phương trình có dạng y ~ = e a x · Q n ( x) x γ, trong đó Q n (x) là đa thức bậc n và r là số nghiệm của phương trình đặc trưng bằng α.
Các hệ số thuộc Q n(x) được tìm bởi đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f(x) .
Ví dụ 2
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân dạng y "" - 2 y " = (x 2 + 1) · e x .
Giải pháp
Phương trình tổng quát là y = y 0 + y ~ . Phương trình được chỉ ra tương ứng với LOD y "" - 2 y " = 0. Từ ví dụ trước có thể thấy rằng các nghiệm của nó bằng nhau k 1 = 0 và k 2 = 2 và y 0 = C 1 + C 2 e 2 x theo phương trình đặc tính.
Có thể thấy rằng vế phải của phương trình là x 2 + 1 · e x . Từ đây LPDE được tìm thấy thông qua y ~ = e a x · Q n (x) · x γ, trong đó Q n (x) là đa thức bậc hai, trong đó α = 1 và r = 0, vì phương trình đặc tính không có gốc bằng 1. Từ đây chúng ta có được điều đó
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 là các hệ số chưa biết có thể tìm được bằng đẳng thức y ~ "" - 2 y ~ " = (x 2 + 1) · e x.
Hiểu rồi
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
Chúng ta đánh đồng các chỉ số có cùng hệ số và thu được hệ phương trình tuyến tính. Từ đây tìm được A, B, C:
A = 1 - B = 0 2 A - C = 1 ⇔ A = - 1 B = 0 C = - 3
Trả lời: rõ ràng y ~ = e x · (A x 2 + B x + C) = e x · - x 2 + 0 · x - 3 = - e x · x 2 + 3 là nghiệm riêng của LNDDE, và y = y 0 + y = C 1 e 2 x - e x · x 2 + 3 - nghiệm tổng quát cho phương trình vi phân không thuần nhất bậc hai.
Khi hàm số được viết dưới dạng f (x) = A 1 cos (β x) + B 1 sin β x, và A 1 Và B 1 là các số thì nghiệm riêng phần của LPDE được coi là phương trình có dạng y ~ = A cos β x + B sin β x · x γ, trong đó A và B được coi là các hệ số không xác định, và r là số nghiệm liên hợp phức tạp liên quan đến phương trình đặc tính, bằng ± i β . Trong trường hợp này, việc tìm kiếm các hệ số được thực hiện bằng đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Ví dụ 3
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân có dạng y "" + 4 y = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Giải pháp
Trước khi viết phương trình đặc tính, ta tìm y 0. Sau đó
k 2 + 4 = 0 k 2 = - 4 k 1 = 2 tôi , k 2 = - 2 tôi
Chúng ta có một cặp rễ liên hợp phức tạp. Hãy biến đổi và nhận được:
y 0 = e 0 (C 1 cos (2 x) + C 2 sin (2 x)) = C 1 cos 2 x + C 2 sin (2 x)
Nghiệm của phương trình đặc tính được coi là cặp liên hợp ± 2 i, khi đó f(x) = cos(2 x) + 3 sin(2 x). Điều này cho thấy việc tìm kiếm y ~ sẽ được thực hiện từ y ~ = (A cos (β x) + B sin (β x) x γ = (A cos (2 x) + B sin (2 x)) x. Chúng ta sẽ tìm hệ số A và B từ một đẳng thức có dạng y ~ "" + 4 y ~ = cos (2 x) + 3 sin (2 x) .
Hãy biến đổi:
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)
Thế thì rõ ràng là
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)
Cần phải đánh đồng các hệ số của sin và cosin. Ta được hệ có dạng:
4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = - 3 4 B = 1 4
Suy ra y ~ = (A cos (2 x) + B sin (2 x) x = - 3 4 cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) x.
Trả lời: nghiệm tổng quát của LDDE bậc hai ban đầu với các hệ số không đổi được xem xét
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
Khi f(x) = e a x · P n (x) sin (β x) + Q k (x) cos (β x), thì y ~ = e a x · (L m (x) sin (β x) + N m (x) cos (β x) x γ. Ta có r là số cặp nghiệm phức liên hợp phức liên hệ với phương trình đặc tính, bằng α ± i β, trong đó P n (x), Q k (x), L m (x) và Nm(x) là các đa thức bậc n, k, m, m, trong đó m = m a x (n, k). Tìm hệ số Lm(x) Và Nm(x)được lập dựa trên đẳng thức y ~ "" + p · y ~ " + q · y ~ = f (x).
Ví dụ 4
Tìm nghiệm tổng quát y "" + 3 y " + 2 y = - e 3 x · ((38 x + 45) sin (5 x) + (8 x - 5) cos (5 x)) .
Giải pháp
Theo điều kiện thì rõ ràng là
α = 3, β = 5, Pn(x) = - 38 x - 45, Q k(x) = - 8 x + 5, n = 1, k = 1
Khi đó m = m a x (n, k) = 1. Đầu tiên chúng ta tìm y 0 bằng cách viết phương trình đặc trưng có dạng:
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
Chúng tôi thấy rằng rễ là có thật và khác biệt. Do đó y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x. Tiếp theo, cần tìm nghiệm tổng quát dựa trên phương trình y ~ không thuần nhất có dạng
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))
Biết A, B, C là các hệ số r = 0, vì không có cặp nghiệm liên hợp nào liên hệ với phương trình đặc trưng với α ± i β = 3 ± 5 · i. Chúng tôi tìm thấy các hệ số này từ đẳng thức kết quả:
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))
Việc tìm các thuật ngữ đạo hàm và tương tự cho
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))
Sau khi cân bằng các hệ số, ta thu được hệ có dạng
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
Từ mọi thứ nó theo đó
y ~ = e 3 x · ((A x + B) cos (5 x) + (C x + D) sin (5 x)) = = e 3 x · ((x + 1) cos (5 x) + (x + 1) sin (5 x))
Trả lời: Bây giờ chúng ta đã thu được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính đã cho:
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))
Thuật toán giải LDNU
Định nghĩa 1Bất kỳ loại hàm f (x) nào khác cho nghiệm đều yêu cầu tuân thủ thuật toán nghiệm:
- tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tuyến tính tương ứng, trong đó y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2, trong đó năm 1 Và năm 2 là nghiệm từng phần độc lập tuyến tính của LODE, C 1 Và C 2được coi là hằng số tùy ý;
- áp dụng như là nghiệm tổng quát của LNDE y = C 1 (x) ⋅ y 1 + C 2 (x) ⋅ y 2 ;
- xác định đạo hàm của hàm số thông qua hệ có dạng C 1 " (x) + y 1 (x) + C 2 " (x) y 2 (x) = 0 C 1 " (x) + y 1 " (x ) + C 2 " (x) · y 2 " (x) = f (x) , và tìm hàm số C 1 (x) và C 2(x) thông qua tích phân.
Ví dụ 5
Tìm nghiệm tổng quát của y "" + 36 y = 24 sin(6 x) - 12 cos (6 x) + 36 e 6 x.
Giải pháp
Chúng ta tiến hành viết phương trình đặc tính, trước đó đã viết y 0, y "" + 36 y = 0. Hãy viết và giải:
k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = - 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos (6 x) + C 2 sin (6 x) ⇒ y 1 (x) = cos (6 x) , y 2 (x) = sin (6 x)
Ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho sẽ được viết là y = C 1 (x) · cos (6 x) + C 2 (x) · sin (6 x) . Cần chuyển sang định nghĩa hàm đạo hàm C 1 (x) Và C2(x) theo hệ phương trình:
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
Cần phải đưa ra quyết định liên quan đến C 1" (x) Và C 2" (x) sử dụng bất kỳ phương pháp nào. Sau đó chúng tôi viết:
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)
Mỗi phương trình phải được tích hợp. Sau đó chúng ta viết các phương trình kết quả:
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
Suy ra nghiệm tổng quát sẽ có dạng:
y = 1 3 sin (6 x) cos (6 x) - 2 x - 1 6 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) - 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 3 cos (6 x) + + - 1 6 sin (6 x) cos (6 x) - x - 1 3 cos 2 (6 x) + + 1 2 e 6 x cos (6 x) + 1 2 e 6 x sin (6 x) + C 4 sin (6 x) = = - 2 x cos (6 x) - x sin (6 x) - 1 6 cos (6 x) + + 1 2 e 6 x + C 3 cos (6 x) + C 4 sin (6 x)
Trả lời: 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 (6x)
Nếu bạn thấy văn bản có lỗi, vui lòng đánh dấu nó và nhấn Ctrl+Enter