2.4: Примусові системи
- Page ID
- 62094
ВСІ СИСТЕМИ, ПРЕДСТАВЛЕНІ на початку останнього розділу, демонструють однакову загальну поведінку, коли присутній термін демпфування. Можна додати додатковий термін, який може спричинити ще більш складну поведінку. У випадку з ланцюгами LRC ми бачили, що джерело напруги робить систему неоднорідною. Він забезпечує те, що називається вихідним терміном. Такі терміни можуть виникнути і в масово-пружинної і маятникової системах. Керувати такими системами можна, періодично штовхаючи масу, або переміщуючи всю систему, або впливаючи на зовнішню силу. Такі системи називаються примусовими, або приводними.
Типові системи у фізиці можуть бути змодельовані неоднорідними рівняннями другого порядку. Таким чином, ми хочемо знайти розв'язки рівнянь виду
\[L y(x)=a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) \label{2.43} \]
Як зазначається в розділі 2.1, розв'язують це рівняння шляхом знаходження загального розв'язку однорідної задачі,
\(L y_{h}=0\)
і конкретний розв'язок неоднорідної задачі,
\(L y_{p}=f .\)
Потім загальне рішення Рівняння просто\(2.1.1\) задається як\(y=y_{h}+y_{p}\).
Поки що ми знаємо тільки, як вирішити постійний коефіцієнт, однорідні рівняння. Отже, додаючи неоднорідний член до таких рівнянь, нам потрібно буде знайти конкретний розв'язок неоднорідного рівняння.
Ми могли б вгадати рішення, але це, як правило, неможливо без невеликого досвіду. Отже, нам знадобляться деякі інші методи. Існує два основних методи. У першому випадку, Методом невизначеного коефіцієнта, робиться інтелектуальна здогадка, заснована на формі\(f(x)\). При другому способі можна систематично розробляти конкретне рішення. Ми повернемося до Методу варіації параметрів, а також представимо потужний механізм функцій Гріна пізніше в цьому розділі.
Метод невизначеного коефіцієнта
ДАВАЙТЕ ВИРІШИМО ПРОСТЕ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ РІВНЯННЯ підкреслюючи, як ми можемо обробляти неоднорідні рівняння
Розглянемо рівняння
\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=4 \nonumber \]
Насамперед необхідно визначити рішення однорідного рівняння. Таким чином, вирішуємо
\[y_{h}^{\prime \prime}+2 y_{h}^{\prime}-3 y_{h}=0 \nonumber \]
Характерним\(r^{2}+2 r-3=0 .\) рівнянням є Коріння є\(r=1,-3\). Отже, ми можемо відразу написати рішення
\(y_{h}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x}\)
Другий крок - знайти конкретне рішення Рівняння\(\PageIndex{2}\). Яку можливу функцію ми можемо вставити в це рівняння таке, що залишається лише 4? Якщо ми спробуємо щось пропорційне\(x\), то нам залишається лінійна функція після вставки\(x\) і її похідних. Можливо, постійна функція вам може здатися. \(y=4\)не працює. Але, ми могли б спробувати довільну константу,\(y=A\).
Давайте подивимося. Вставляючи\(y=A\) в рівняння\(\PageIndex{2}\), отримуємо
\(-3 A=4\)
Ах ха! Ми бачимо, що можемо вибрати,\(A=-\dfrac{4}{3}\) і це працює. Отже, у нас є конкретне рішення,\(y_{p}(x)=-\dfrac{4}{3}\). Цей крок зроблений.
Об'єднавши два розв'язки, ми маємо загальний розв'язок вихідного неоднорідного рівняння Рівняння\(\PageIndex{2}\). А саме,
\(y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x}-\dfrac{4}{3}\)
Вставте це рішення в рівняння і переконайтеся, що це дійсно рішення. Якби нам дали початкові умови, ми могли б тепер використовувати їх для визначення довільних констант.
Що робити, якщо у нас був інший термін джерела? Розглянемо рівняння
\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=4 x \nonumber \]
Єдине, що зміниться, - це конкретне рішення. Отже, нам потрібна здогадка.
Ми знаємо, що постійна функція не працює за останнім прикладом. Отже, спробуємо\(y_{p}=A x\). Вставивши цю функцію в Рівняння\(\PageIndex{4}\), отримаємо
\(2 A-3 A x=4 x\)
Пікіровка позбавила\(A=-4 / 3\) б від\(x\) термінів, але не скасує все. У нас ще залишається постійний лівий. Отже, нам потрібно щось більш загальне.
Давайте спробуємо лінійну функцію,\(y_{p}(x)=A x+B\). Потім ми отримуємо після підстановки в Рівняння\(\PageIndex{4}\)
\[2 A-3(A x+B)=4 x \nonumber \]
Прирівнюючи коефіцієнти різних ступенів\(x\) по обидва боки, знайдемо систему рівнянь для невизначеного коефіцієнта:
\[ \begin{array}{r} 2 A-3 B=0 \\ -3 A=4 \end{array}\label{2.47} \]
Вони легко вирішуються для отримання
\[ \begin{aligned} A &=-\dfrac{4}{3} \\ B &=\dfrac{2}{3} A=-\dfrac{8}{9} \end{aligned}\label{48} \]
Отже, конкретним рішенням є
\(y_{p}(x)=-\dfrac{4}{3} x-\dfrac{8}{9}\)
Це дає загальний розв'язок неоднорідної задачі як
\(y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x}-\dfrac{4}{3} x-\dfrac{8}{9}\)
Існують загальні форми, які ви можете здогадатися, виходячи з форми терміну водіння,\(f(x)\). Деякі приклади наведені в табл\(\PageIndex{1}\). Більш загальні програми висвітлюються в стандартному тексті на диференціальних рівняннях. Однак процедура нескладна. Наведено\(f(x)\) в певному вигляді, ви робите відповідне вгадання до якихось невідомих параметрів, або коефіцієнтів. Вставка припущення призводить до системи рівнянь для невідомих коефіцієнтів. Вирішіть систему, і у вас є рішення. Потім цей розчин додається до загального розв'язку однорідного диференціального рівняння.
| \(f(x)\) | Вгадай |
|
\(a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}\) \(a e^{b x}\) \(a \cos \omega x+b \sin \omega x\) |
\(A_{n} x^{n}+A_{n-1} x^{n-1}+\cdots+A_{1} x+A_{0}\) \(A e^{b x}\) \(A \cos \omega x+B \sin \omega x\) |
Вирішити
\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=2 e^{-3 x} \nonumber \]
Відповідно до вищесказаного, ми б здогадалися рішення форми\(y_{p}=A e^{-3 x} .\) Вставивши нашу здогадку, знаходимо
\(0=2 e^{-3 x}\)
Упс! Коефіцієнт\(A\), пропав! Ми не можемо вирішити це. Що пішло не так?
Відповідь криється в загальному рішенні однорідної задачі. Зверніть увагу, що\(e^{x}\) і\(e^{-3 x}\) є рішеннями однорідної проблеми. Отже, кратна нам нікуди не дістанеться.\(e^{-3 x}\) Виявляється, є ще одна модифікація методу. Якщо керівний термін містить члени, які є розв'язками однорідної задачі, то нам потрібно зробити припущення, що складається з найменшої можливої потужності\(x\) разів функції, яка вже не є розв'язком однорідної задачі. А саме, ми здогадуємося\(y_{p}(x)=A x e^{-3 x}\) і диференціюємо цю здогадку, щоб отримати похідні\(y_{p}^{\prime}=A(1-3 x) e^{-3 x}\) та\(y_{p}^{\prime \prime}=A(9 x-6) e^{-3 x}\)
Вставивши ці похідні в диференціальне рівняння, отримаємо
\([(9 x-6)+2(1-3 x)-3 x] A e^{-3 x}=2 e^{-3 x}\)
Порівнюючи коефіцієнти, ми маємо
\(-4 A=2\)
Отже,\(A=-1 / 2\) і\(y_{p}(x)=-\dfrac{1}{2} x e^{-3 x}\). Таким чином, рішення проблеми є
\(y(x)=\left(2-\dfrac{1}{2} x\right) e^{-3 x}\)
Модифікований метод невизначеного коефіцієнта
Загалом, якщо будь-який член у здогаді\(y_{p}(x)\) є розв'язком однорідного рівняння, то помножте здогадку на\(x^{k}\), де\(k\) найменше натуральне число таке, що жоден член в не\(x^{k} y_{p}(x)\) є розв'язком однорідної задачі.
2.4.2: Періодично вимушені коливання
ОСОБЛИВИМ ВИДОМ ФОРСУВАННЯ є періодичне форсування. Реалістичні коливання зменшаться і врешті-решт зупиняться, якщо їх залишити без нагляду. Наприклад, механічні годинники приводяться в дію складеною або крутильної пендулою, а електричні генератори часто розробляються з необхідністю продовжувати протягом тривалого періоду часу. Однак вони не є машинами вічного руху і потребуватимуть періодичного нагнітання енергії. Це можна робити систематично, додаючи періодичне форсування. Ще один простий приклад - рух дитини на гойдалках в парку. Ця проста демпфірована маятникова система природно сповільниться до рівноваги (зупинено), якщо залишити її в спокої. Однак якщо дитина закачує енергію в гойдалки в потрібний момент, або якщо дорослий штовхає дитину в потрібний момент, то амплітуду гойдалки можна збільшити.
Існують інші системи, такі як крила літака та довгі прольоти мостів, в яких зовнішні рушійні сили можуть призвести до пошкодження системи. Добре відомий приклад - спричинений вітром колапс Міста Такома звужується через сильний вітер. Звичайно, якщо не бути обережним, дитина в останньому прикладі може отримати занадто багато енергії, що закачується в систему, викликаючи подібний збій бажаного руху.
Міст Tacoma Narrows відкрився в штаті Вашингтон (США) в середині\(1940 .\) Однак в листопаді того ж року вітри збудили поперечний режим вібрації, який в кінцевому підсумку (через кілька годин) призводять до великих амплітудних коливань, а потім руйнуються.
Хоча існує багато типів примусових систем, а деякі досить складні, ми можемо легко дістатися до основних характеристик вимушених коливань, модифікуючи масово-пружинну систему, додавши зовнішню, залежну від часу, рушійну силу. Такі, як система задовольняє рівнянню
\[m \ddot{x}+\dot{b(x)}+k x=F(t) \nonumber \]
де\(m\) маса,\(b\) - константа демпфування,\(k\) є постійною пружини, і\(F(t)\) є рушійною силою. Якщо\(F(t)\) має просту форму, то ми можемо використовувати метод невизначеного коефіцієнта. Оскільки системи, які ми розглядали до цих пір, схожі, можна легко застосувати наступне до пендули або схем.
Оскільки термін демпфування лише ускладнює рішення, ми розглянемо більш простий випадок неприглушеного руху і припустимо, що\(b=0\). Крім того, ми введемо синусоїдальну рушійну силу,\(F(t)=F_{0} \cos \omega t\) щоб вивчити періодичне форсування. Це призводить до того, що проста періодично вбивається маса на пружинну систему.
\[m \ddot{x}+k x=F_{0} \cos \omega t . \nonumber \]
Для того, щоб знайти загальне рішення, спочатку отримуємо розв'язку однорідної задачі,
\(x_{h}=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t\)
де\(\omega_{0}=\sqrt{\dfrac{k}{m}} .\) Далі ми шукаємо конкретне рішення неоднорідної задачі. Ми будемо застосовувати Метод невизначеного коефіцієнта.
Природним припущенням для конкретного рішення буде використання\(x_{p}=A \cos \omega t+B \sin \omega t\). Однак нагадаємо, що здогадка не повинна бути рішенням однорідної задачі. Порівняно\(x_{p}\) з\(x_{h}\), це буде триматися, якщо в\(\omega \neq \omega_{0} .\) іншому випадку потрібно буде використовувати модифікований метод невизначені коефіцієнти, як описано в останньому розділі. Отже, ми маємо розглянути два випадки.
Розділивши через масу, вирішуємо просту керовану систему,\(\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=\dfrac{F_{0}}{m} \cos \omega t\)
Вирішити\(\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=\dfrac{F_{0}}{m} \cos \omega t\), за\(\omega \neq \omega_{0} .\)
У цьому випадку продовжуємо ворожіння\(x_{p}=A \cos \omega t+B \sin \omega t\).
Оскільки немає терміну демпфування, швидко виявляється, що\(B=0 .\) Вставивши\(x_{p}=A \cos \omega t\) в диференціальне рівняння, ми знаходимо, що
\(\left(-\omega^{2}+\omega_{0}^{2}\right) A \cos \omega t=\dfrac{F_{0}}{m} \cos \omega t\)
Розв'язуючи для А, отримуємо
\(A=\dfrac{F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)}\)
Загальним рішенням для цього випадку є, таким чином,
\[x(t)=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t+\dfrac{F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)} \cos \omega t \nonumber \]
Вирішити\(\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=\dfrac{F_{0}}{m} \cos \omega_{0} t\).
У цьому випадку нам потрібно використовувати модифікований метод невизначеного коефіцієнта. Отже, робимо ворожіння\(x_{p}=A \cos \omega_0 t+B \sin \omega_0 t\). Оскільки немає терміну демпфування, можна виявити, що A = 0. Вставляючи припущення в диференціальне рівняння, ми знаходимо, що
\(B=\dfrac{F_{0}}{2 m \omega_{0}}\),
або загальним рішенням є
\[x(t)=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t+\dfrac{F_{0}}{2 m \omega} t \sin \omega t \nonumber \]
Загальним рішенням проблеми є таким чином
\[ x(t)=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t+ \begin{cases}\dfrac{F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)} \cos \omega t, & \omega \neq \omega_{0} \\ \dfrac{F_{0}}{2 m \omega_{0}} t \sin \omega_{0} t, & \omega=\omega_{0}\end{cases} \label{2.54} \]
Особливі випадки цих рішень дає цікава фізика, яку читач може вивчити в домашньому завданні. У цьому випадку ми бачимо\(\omega=\omega_{0}\), що рішення має тенденцію до зростання, коли\(t\) стає великим. Це те, що називається резонансом. По суті, один керує системою на своїй власній частоті. Коли система рухається вліво, один штовхає її вліво. Якщо він рухається вправо, то додається енергія в цьому напрямку. Це змушує амплітуду коливань продовжувати рости, поки система не зламається. Приклад такого коливання показаний на малюнку\(\PageIndex{2}\).
Малюнок\(\PageIndex{2}\): Plot of \(x(t)=5 \cos 2 t+\dfrac{1}{2} t \sin 2 t\), a solution of \(\ddot{x}+4 x=2 \cos 2 t\) showing resonance. У тому випадку\(\omega \neq \omega_{0}\), можна переписати рішення в простій формі. Давайте виберемо початкові умови, які\(c_{1}=-F_{0} /\left(m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)\right), c_{2}=0 .\) потім має (див. Проблема 13)
\[x(t)=\dfrac{2 F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)} \sin \dfrac{\left(\omega_{0}-\omega\right) t}{2} \sin \dfrac{\left(\omega_{0}+\omega\right) t}{2} \nonumber \]
Для значень\(\omega\) ближнього\(\omega_{0}\), можна знайти рішення складається з швидкого коливання, завдяки\(\sin \dfrac{\left(\omega_{0}+\omega\right) t}{2}\) фактору, з повільно мінливою амплітудою,\(\dfrac{2 F_{0}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)} \sin \dfrac{\left(\omega_{0}-\omega\right) t}{2} .\) читач може досліджувати це рішення.
Ця повільна варіація називається биттям, а частота биття задається на\(f=\)\(\dfrac{\left|\omega_{0}-\omega\right|}{4 \pi} .\) малюнку\(\PageIndex{3}\) ми бачимо, що коливання високої частоти містяться нижчою частотою биття,\(f=\dfrac{0.15}{4 \pi} \mathrm{s}\). Це відповідає періоду\(T=1 / f \approx 83.7 \mathrm{~Hz}\), який виглядає приблизно прямо з фігури.
Вирішити\(\ddot{x}+x=2 \cos \omega t, x(0)=0, \dot{x}(0)=0\),\(\omega=\)\(1,1.15 .\) для кожного випадку нам потрібно рішення однорідної задачі,
\(x_{h}(t)=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t .\)
Конкретне рішення залежить від величини\(\omega\).
Бо\(\omega=1\), рушійний термін\(2 \cos \omega t\), - це рішення однорідної задачі. Таким чином, ми припускаємо
\(x_{p}(t)=A t \cos t+B t \sin t .\)
Вставивши це в диференціальне рівняння, знаходимо\(A=0\) і\(B=1\). Отже, загальним рішенням є
\(x(t)=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t+t \sin t\)
Накладаючи початкові умови, знаходимо
\(x(t)=t \sin t\)
Це рішення показано на рис\(\PageIndex{4}\).
Бо\(\omega=1.15\), рушійний термін\(2 \cos \omega 1.15 t\), не є рішенням однорідної проблеми. Таким чином, ми припускаємо
\(x_{p}(t)=A \cos 1.15 t+B \sin 1.15 t\)
Вставивши це в диференціальне рівняння, знаходимо\(A=-\dfrac{800}{129}\) і\(B=0 .\) Отже, загальне рішення
\(x(t)=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t-\dfrac{800}{129} \cos t\)
Накладаючи початкові умови, знаходимо
\(x(t)=\dfrac{800}{129}(\cos t-\cos 1.15 t)\)
Це рішення показано на рис\(\PageIndex{5}\). Частота биття в даному випадку така ж, як і при малюнку\(\PageIndex{3}\).
Порядок зведення неоднорідних рівнянь
Метод зменшення порядку також корисний для розв'язання неоднорідних задач. У цьому випадку, якщо ми знаємо один розв'язок однорідної задачі, то ми можемо використовувати його для отримання конкретного розв'язку неоднорідної задачі. Для прикладу розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння
\[a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) \nonumber \]
Припустимо,\(y_{1}(x)\) задовольняє однорідне диференціальне рівняння
\[a(x) y_{1}^{\prime \prime}(x)+b(x) y_{1}^{\prime}(x)+c(x) y_{1}(x)=0 \nonumber \]
Те, що ми шукаємо конкретне рішення,\(y_{p}(x)=v(x) y_{1}(x)\) Його похідні задаються
\(\begin{aligned} y_{p}^{\prime} &=\left(v y_{1}\right)^{\prime} \\ &=v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime} \\ y_{p}^{\prime \prime} &=\left(v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime}\right)^{\prime} \\ &=v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}+v y_{1}^{\prime \prime} \end{aligned} \)
Підставляючи\(y_{p}\) і його похідні в диференціальне рівняння, ми маємо
\(\begin{aligned} f &=a y_{p}^{\prime \prime}+b y_{p}^{\prime}+c y_{p} \\ &=a\left(v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}+v y_{1}^{\prime \prime}\right)+b\left(v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime}\right)+c v y_{1} \\ &=a v^{\prime \prime} y_{1}+2 a v^{\prime} y_{1}^{\prime}+b v^{\prime} y_{1}+v\left[a y_{1}^{\prime \prime}+b y_{1}^{\prime}+c y_{1}\right] \\ &=a v^{\prime \prime} y_{1}+2 a v^{\prime} y_{1}^{\prime}+b v^{\prime} y_{1} \end{aligned}\)
Тому\(v(x)\) задовольняє рівнянню другого порядку
\(a(x) y(x) v^{\prime \prime}(x)+\left[2 a(x) y_{1}^{\prime}(x)+b(x) y_{1}(x)\right] v^{\prime}(x)=f(x)\)
Дозволяючи\(z=v^{\prime}\), ми бачимо, що у нас є лінійне рівняння першого порядку для\(z(x)\):
\[\left.a(x) y_{(} x\right) z^{\prime}(x)+\left[2 a(x) y_{1}^{\prime}(x)+b(x) y_{1}(x)\right] z(x)=f(x) \nonumber \]
Використовуйте метод зменшення порядку для вирішення\(y^{\prime \prime}+\)\(y=\sec x .\)
Розв'язки однорідного рівняння,\(y^{\prime \prime}+y=0\) є\(\sin x\) і\(\cos x .\) Ми можемо вибрати або почати, використовуючи метод зменшення порядку. Візьмемо\(y_{p}=v \cos x .\) Його похідні дані
\(\begin{aligned} y_{p}^{\prime} &=(v \cos x)^{\prime} \\ &=v^{\prime} \cos x-v \sin x \\ y_{p}^{\prime \prime} &=\left(v^{\prime} \cos x-v \sin x\right)^{\prime} \\ &=v^{\prime \prime} \cos x-2 v^{\prime} \sin x-v \cos x \end{aligned}\)
Підставляючи в неоднорідне рівняння, ми маємо
\(\begin{aligned} \sec x &=y_{p}^{\prime \prime}+y_{p} \\ &=v^{\prime \prime} \cos x-2 v^{\prime} \sin x-v \cos x+v \cos x \\ &=v^{\prime \prime} \cos x-2 v^{\prime} \sin x \end{aligned}\)
Дозволяючи\(v^{\prime}=z\), ми маємо лінійне диференціальне рівняння першого порядку
\((\cos x) z^{\prime}-(2 \sin x) z=\sec x\)
Переписуючи рівняння як,
\(z^{\prime}-(2 \tan x) z=\sec ^{2} x\)
Множивши на інтегруючий коефіцієнт,
\(\begin{aligned} \mu(x) &=-\exp \int^{x} 2 \tan \xi d \xi \\ &=-\exp 2 \ln |\sec x| \\ &=\cos ^{2} x \end{aligned}\)
отримуємо
\(\left(z \cos ^{2} x\right)^{\prime}=1\)
Інтеграція,
\(v^{\prime}=z=x \sec ^{2} x\)
Це може бути інтегровано за допомогою інтеграції по частинам (дозволяючи\(U=x\) і\(V=\tan x)\):
\(\begin{aligned} v &=\int x \sec ^{2} x d x \\ &=x \tan x-\int \tan x d x \\ &=x \tan x-\ln |\sec x| \end{aligned}\)
Нам тепер достатньо виписати рішення. Конкретне рішення дається
\(\begin{aligned} y_{p} &=v y_{1} \\ &=(x \tan x-\ln |\sec x|) \cos x \\ &=x \sin x+\cos x \ln |\cos x| \end{aligned}\)
Загальне рішення тоді
\(y(x)=c_{1} \cos x+c_{2} \sin x+x \sin x+\cos x \ln |\cos x|\)
Метод варіації параметрів
БІЛЬШ СИСТЕМАТИЧНИМ СПОСОБОМ пошуку конкретних рішень є використання методу варіації параметрів. Виведення трохи детальне, а рішення іноді брудне, але застосування методу є прямим, якщо ви можете зробити необхідні інтеграли. Спочатку ми виведемо необхідні рівняння, а потім зробимо кілька прикладів.
Починаємо з неоднорідного рівняння. Припустимо, вона стандартної форми.
\[a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) \nonumber \]
Відомо, що рішення однорідного рівняння можна записати через два лінійно незалежних розв'язку, які ми будемо називати\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x):\)
\(y_{h}(x)=c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)\)
Замінивши константи функціями, то ми більше не маємо рішення однорідного рівняння. Чи можливо, що ми могли б наштовхнутися на праві функції, за допомогою яких замінити константи і якось закінчитися\(f(x)\) при вставці в ліву частину диференціального рівняння? Виявляється, ми можемо.
Отже, припустимо, що константи замінені двома невідомими функціями, які ми будемо називати\(c_{1}(x)\) і\(c_{2}(x)\). Ця зміна параметрів - це місце, де виводиться назва методу. Таким чином, ми припускаємо, що конкретне рішення набуває форми
\[y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x). \nonumber \]
Припускаємо, що неоднорідне рівняння має певний розв'язок виду\(y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)\)
Якщо це рішення, то вставлення в диференціальне рівняння має зробити рівняння утримувати. Для цього нам спочатку потрібно буде обчислити деякі похідні.
Перша похідна дається
\[y_{p}^{\prime}(x)=c_{1}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime}(x)+c_{1}^{\prime}(x) y_{1}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x) \nonumber \]
Далі нам знадобиться друга похідна. Але, це дасть вісім термінів. Отже, спочатку зробимо спрощує припущення. Припустимо, що останні два терміни додають до нуля:
\[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 \nonumber \]
Виходить, що ми отримаємо ті ж результати в результаті, якщо не припустимо цього. Важливим є те, що він працює!
За припущенням перша похідна спрощує
\[y_{p}^{\prime}(x)=c_{1}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime}(x) \nonumber \]
Друга похідна тепер має лише чотири терміни:
\[y_{p}^{\prime}(x)=c_{1}(x) y_{1}^{\prime \prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime \prime}(x)+c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x) \nonumber \]
Тепер, коли у нас є похідні, ми можемо вставити припущення в диференціальне рівняння. Таким чином, ми маємо
\[ \begin{aligned} f(x)=& a(x)\left[c_{1}(x) y_{1}^{\prime \prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime \prime}(x)+c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)\right] \\ &+b(x)\left[c_{1}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime}(x)\right] \\ &+c(x)\left[c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)\right] \end{aligned} \label{2.64} \]
Перегрупуючи терміни, отримуємо
\[ \begin{aligned} f(x)=& c_{1}(x)\left[a(x) y_{1}^{\prime \prime}(x)+b(x) y_{1}^{\prime}(x)+c(x) y_{1}(x)\right] \\ &+c_{2}(x)\left[a(x) y_{2}^{\prime \prime}(x)+b(x) y_{2}^{\prime}(x)+c(x) y_{2}(x)\right] \\ &+a(x)\left[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)\right] \end{aligned} \label{2.65} \]
Зверніть увагу, що перші два ряди зникають з тих пір\(y_{1}\) і\(y_{2}\) є рішеннями однорідної задачі. Це залишає рівняння
\[f(x)=a(x)\left[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)\right] \nonumber \]
які можна переставити як
\[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)=\dfrac{f(x)}{a(x)} \nonumber \]
Для того щоб вирішити диференціальне рівняння\(L y=f\), припустимо\(y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)\) для\(L y_{1,2}=0\). Тоді потрібно лише вирішити просту систему рівняння\(\PageIndex{25}\).
Підсумовуючи, ми припустили конкретне рішення форми
\(y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)\)
Це можливо тільки в тому випадку, якщо невідомі функції\(c_{2}(x)\) задовольняють\(c_{1}(x)\) і система рівнянь
\[\begin{aligned} & c_{1}^{\prime}(x) y_{1}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 \\ & c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)=& \dfrac{f(x)}{a(x)} \end{aligned}\label{2.67} \]
Стандартно вирішувати цю систему для похідних невідомих функцій, а потім представити інтегровані форми. Однак можна було так само легко почати з цієї системи і вирішити систему для кожної виниклої проблеми.
Система\(\PageIndex{25}\) може бути вирішена, як\(\begin{aligned} c_{1}^{\prime}(x)=-\dfrac{f y_{2}}{a W\left(y_{1}, y_{2}\right)} \\ c_{1}^{\prime}(x)=\dfrac{f y_{1}}{a W\left(y_{1}, y_{2}\right)} \end{aligned}\) де\(W\left(y_{1}, y_{2}\right)=y_{1} y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime} y_{2}\) знаходиться Вронський. Використовуємо цей розчин в наступному розділі.
Знайдіть загальний розв'язок неоднорідної задачі:\(y^{\prime \prime}-y=e^{2 x}\).
Загальним рішенням однорідної проблеми\(y_{h}^{\prime \prime}-y_{h}=0\) є
\(y_{h}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-x}\)
Для того, щоб використовувати Метод варіації параметрів, ми шукаємо рішення форми
\(y_{p}(x)=c_{1}(x) e^{x}+c_{2}(x) e^{-x}\)
Знаходимо невідомі функції шляхом розв'язання системи в\(\PageIndex{25}\) Рівнянні, яка в даному випадку стає
\[\begin{equation} \begin{aligned} &c_{1}^{\prime}(x) e^{x}+c_{2}^{\prime}(x) e^{-x}=0 \\ &c_{1}^{\prime}(x) e^{x}-c_{2}^{\prime}(x) e^{-x}=e^{2 x} \end{aligned} \end{equation}\label{2.68} \]
Додаючи ці рівняння, ми виявляємо, що
\(2 c_{1}^{\prime} e^{x}=e^{2 x} \rightarrow c_{1}^{\prime}=\dfrac{1}{2} e^{x}\)
Рішення для\(c_{1}(x)\) знаходимо
\(c_{1}(x)=\dfrac{1}{2} \int e^{x} d x=\dfrac{1}{2} e^{x}\)
Віднімання рівнянь в системі дає
\(2 c_{2}^{\prime} e^{-x}=-e^{2 x} \rightarrow c_{2}^{\prime}=-\dfrac{1}{2} e^{3 x}\)
Таким чином,
\(c_{2}(x)=-\dfrac{1}{2} \int e^{3 x} d x=-\dfrac{1}{6} e^{3 x}\)
Конкретне рішення можна знайти, вставивши ці результати в\(y_{p}\):
\[\begin{equation} \begin{aligned} y_{p}(x) &=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x) \\ &=\left(\dfrac{1}{2} e^{x}\right) e^{x}+\left(-\dfrac{1}{6} e^{3 x}\right) e^{-x} \\ &=\dfrac{1}{3} e^{2 x} \end{aligned} \end{equation}\label{2.69} \]
Таким чином, ми маємо загальний розв'язок неоднорідної задачі як
\(y(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-x}+\dfrac{1}{3} e^{2 x}\)
Тепер розглянемо проблему:\(y^{\prime \prime}+4 y=\sin x\).
Рішенням однорідної проблеми є
\[y_{h}(x)=c_{1} \cos 2 x+c_{2} \sin 2 x . \nonumber \]
Зараз ми шукаємо конкретне рішення форми
\(y_{h}(x)=c_{1}(x) \cos 2 x+c_{2}(x) \sin 2 x .\)
Ми пускаємо\(y_{1}(x)=\cos 2 x\) і\(y_{2}(x)=\sin 2 x, a(x)=1, f(x)=\sin x\) в Рівняння\(\PageIndex{25}\):
\[\begin{aligned} c_{1}^{\prime}(x) \cos 2 x+c_{2}^{\prime}(x) \sin 2 x &=0 \\ -2 c_{1}^{\prime}(x) \sin 2 x+2 c_{2}^{\prime}(x) \cos 2 x &=\sin x. \end{aligned}\label{2.71} \]
Тепер скористайтеся улюбленим методом для вирішення системи з двох рівнянь і двох невідомих. У цьому випадку ми можемо помножити перше рівняння на,\(2 \sin 2 x\) а друге рівняння на\(\cos 2 x\). Додавання отриманих рівнянь дозволить виключити\(c_{1}^{\prime}\) терміни. Таким чином, ми маємо
\(c_{2}^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2} \sin x \cos 2 x=\dfrac{1}{2}\left(2 \cos ^{2} x-1\right) \sin x\)
Вставивши це в перше рівняння системи, ми маємо
\(c_{1}^{\prime}(x)=-c_{2}^{\prime}(x) \dfrac{\sin 2 x}{\cos 2 x}=-\dfrac{1}{2} \sin x \sin 2 x=-\sin ^{2} x \cos x\)
Їх можна легко вирішити:
\(\begin{gathered} c_{2}(x)=\dfrac{1}{2} \int\left(2 \cos ^{2} x-1\right) \sin x d x=\dfrac{1}{2}\left(\cos x-\dfrac{2}{3} \cos ^{3} x\right) \\ c_{1}(x)=-\int \sin ^{x} \cos x d x=-\dfrac{1}{3} \sin ^{3} x \end{gathered}\)
Останнім кроком отримання конкретного рішення є вставка цих функцій в\(y_{p}(x)\). Це дає
\[\begin{equation} \begin{aligned} y_{p}(x) &=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x) \\ &=\left(-\dfrac{1}{3} \sin ^{3} x\right) \cos 2 x+\left(\dfrac{1}{2} \cos x-\dfrac{1}{3} \cos ^{3} x\right) \sin x \\ &=\dfrac{1}{3} \sin x \end{aligned}\end{equation}\label{2.72} \]
Отже, загальним рішенням є
\[y(x)=c_{1} \cos 2 x+c_{2} \sin 2 x+\dfrac{1}{3} \sin x \nonumber \]
2.4.5: Функції Гріна початкового значення
У ЦЬОМУ РОЗДІЛІ МИ БУДЕМО ДОСЛІДЖУВАТИ розв'язання початкових задач, що включають неоднорідні диференціальні рівняння з використанням функцій Гріна. Наша мета - розв'язати неоднорідне диференціальне рівняння
\[a(t) y^{\prime \prime}(t)+b(t) y^{\prime}(t)+c(t) y(t)=f(t) \label{2.74} \]
при дотриманні початкових умов
\(y(0)=y_{0} \quad y^{\prime}(0)=v_{0}\)
Оскільки нас цікавлять завдання з початковим значенням, ми будемо позначати незалежну змінну як змінну часу,\(t\).
Рівняння\(\PageIndex{32}\) можна записати компактно як
\(L[y]=f\)
де\(L\) - диференціальний оператор
\(L=a(t) \dfrac{d^{2}}{d t^{2}}+b(t) \dfrac{d}{d t}+c(t)\)
Рішення формально дано
\(y=L^{-1}[f]\)
Обернене диференціального оператора є інтегральним оператором, який ми прагнемо записати у вигляді
\(y(t)=\int G(t, \tau) f(\tau) d \tau\)
Функція\(G(t, \tau)\) називається ядром інтегрального оператора і називається функцією Гріна.
Історія функції Гріна бере свій початок з 1828 року, коли Джордж Грін опублікував роботу, в якій шукав розв'язки рівняння\(\nabla^{2} u=f\) Пуассона для електричного потенціалу,\(u\) визначеного всередині обмеженого об'єму з заданими граничними умовами на поверхні об'єму. Він представив функцію, яку тепер ідентифікують як те, що пізніше Ріман придумав «функцію Гріна». У цьому розділі ми виведемо початкове значення функції Гріна для звичайних диференціальних рівнянь. Пізніше в книзі ми повернемося до крайових функцій Гріна та функцій Гріна для рівнянь з частинними похідними.
Джордж Грін (1793-1841), британський фізик-математик, який мав невелику формальну освіту і працював мельником і пекарем, опублікував есе про застосування математичного аналізу до теорій електрики та магнетизму, в якому він не тільки представив те, що зараз відомо як функція Гріна, але він також ввів теорію потенціалу та теорему Гріна в його дослідженнях електрики та магнетизму. Нещодавно його стаття була розміщена за адресою arxiv.org, arxiv:0807.0088.
В останньому розділі ми розв'язували неоднорідні рівняння\(\PageIndex{32}\) типу рівняння за допомогою методу варіації параметрів. здача в оренду,
\[y_{p}(t)=c_{1}(t) y_{1}(t)+c_{2}(t) y_{2}(t) \nonumber \]
ми виявили, що нам належить розв'язати систему рівнянь
\[ \begin{aligned} &c_{1}^{\prime}(t) y_{1}(t)+c_{2}^{\prime}(t) y_{2}(t)=0 \\ &c_{1}^{\prime}(t) y_{1}^{\prime}(t)+c_{2}^{\prime}(t) y_{2}^{\prime}(t)=\dfrac{f(t)}{q(t)} \end{aligned} \label{2.76} \]
Ця система легко вирішується, щоб дати
\[ \begin{aligned} &c_{1}^{\prime}(t)=-\dfrac{f(t) y_{2}(t)}{a(t)\left[y_{1}(t) y_{2}^{\prime}(t)-y_{1}^{\prime}(t) y_{2}(t)\right]} \\ &c_{2}^{\prime}(t)=\dfrac{f(t) y_{1}(t)}{a(t)\left[y_{1}(t) y_{2}^{\prime}(t)-y_{1}^{\prime}(t) y_{2}(t)\right]} . \end{aligned} \label{2.77} \]
Зауважимо, що знаменник в цих виразах передбачає Вронскіан розв'язків однорідної задачі, яка задається детермінантою
\[W\left(y_{1}, y_{2}\right)(t)=\left|\begin{array}{ll} y_{1}(t) & y_{2}(t) \\ y_{1}^{\prime}(t) & y_{2}^{\prime}(t) \end{array}\right| \nonumber \]
Коли\(y_{1}(t)\) і лінійно\(y_{2}(t)\) незалежні, то Wronskian не дорівнює нулю, і нам гарантовано рішення вищевказаної системи.
Отже, після інтеграції знаходимо параметри як
\[ \begin{aligned} c_{1}(t) &=-\int_{t_{0}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \\ c_{2}(t) &=\int_{t_{1}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \end{aligned} \label{2.79} \]
де\(t_{0}\) і\(t_{1}\) є довільними константами, які слід визначити з початкових умов.
Тому конкретне рішення\(Equation \(\PageIndex{32}\)\) може бути записано як
\[ y_{p}(t)=y_{2}(t) \int_{t_{1}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau-y_{1}(t) \int_{t_{0}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
Почнемо з конкретного розв'язку Рівняння\(\PageIndex{37}\) неоднорідного диференціального рівняння Рівняння\(\PageIndex{32}\). Це можна об'єднати із загальним розв'язком однорідної задачі, щоб отримати загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
\[y_{p}(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)+y_{2}(t) \int_{t_{1}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau-y_{1}(t) \int_{t_{0}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
Однак відповідний вибір\(t_{0}\) і\(t_{1}\) можна знайти так, що нам не потрібно явно виписувати рішення однорідної проблеми,\(c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t) .\) Однак настройка рішення в такому вигляді дозволить нам використовувати\(t_{0}\) і \(t_{1}\)визначити конкретні рішення, які задовольняють певним однорідним умовам. Зокрема, покажемо, що Equation\(\PageIndex{38}\) можна записати у вигляді
\[y(t)=c_{1} y_{1}(t)+c_{2} y_{2}(t)+\int_{0}^{t} G(t, \tau) f(\tau) d \tau \nonumber \]
де функція\(G(t, \tau)\) буде ідентифікована як функція Гріна.
Метою є розробка методики функції Гріна для вирішення початкової задачі
\[a(t) y^{\prime \prime}(t)+b(t) y^{\prime}(t)+c(t) y(t)=f(t), \quad y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=v_{0} \nonumber \]
Спочатку відзначимо, що цю початкову задачу ми можемо вирішити, вирішивши дві окремі задачі на початкове значення. Припустимо, що розв'язання однорідної задачі задовольняє початковим умовам:
\[a(t) y_{h}^{\prime \prime}(t)+b(t) y_{h}^{\prime}(t)+c(t) y_{h}(t)=0, \quad y_{h}(0)=y_{0}, \quad y_{h}^{\prime}(0)=v_{0} \nonumber \]
Тоді ми припускаємо, що конкретне рішення задовольняє проблему.
\[a(t) y_{p}^{\prime \prime}(t)+b(t) y_{p}^{\prime}(t)+c(t) y_{p}(t)=f(t), \quad y_{p}(0)=0, \quad y_{p}^{\prime}(0)=0 \nonumber \]
Оскільки диференціальне рівняння лінійне, то ми знаємо, що
\(y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t)\)
є розв'язком неоднорідного рівняння. Також дане рішення задовольняє початковим умовам:
\(\begin{aligned} &y(0)=y_{h}(0)+y_{p}(0)=y_{0}+0=y_{0} \\ &y^{\prime}(0)=y_{h}^{\prime}(0)+y_{p}^{\prime}(0)=v_{0}+0=v_{0} \end{aligned}\)
Тому потрібно лише зосередитися на пошуку того чи іншого рішення, яке задовольняє однорідним початковим умовам. Це буде зроблено шляхом знаходження значень для\(t_{0}\) і\(t_{1}\) в Рівнянні,\(\PageIndex{37}\) які задовольняють однорідним початковим умовам,\(y_{p}(0)=0\) і\(y_{p}^{\prime}(0)=0\).
По-перше, ми розглянемо\(y_{p}(0)=0 .\) Ми маємо
\[y_{p}(0)=y_{2}(0) \int_{t_{1}}^{0} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau-y_{1}(0) \int_{t_{0}}^{0} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
Тут\(y_{1}(t)\) і\(y_{2}(t)\) приймаються будь-які розв'язки однорідного диференціального рівняння. Давайте припустимо, що\(y_{1}(0)=0\) і\(y_{2} \neq(0)=0 .\) тоді, у нас є
\[y_{p}(0)=y_{2}(0) \int_{t_{1}}^{0} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
Ми можемо змусити,\(y_{p}(0)=0\) якщо встановимо\(t_{1}=0\).
Тепер розглянемо\(y_{p}^{\prime}(0)=0\). Спочатку ми диференціюємо рішення і знаходимо, що
\[y_{p}^{\prime}(t)=y_{2}^{\prime}(t) \int_{0}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau-y_{1}^{\prime}(t) \int_{t_{0}}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
оскільки внески від диференціації інтегралів скасуються. Оцінюючи цей результат на\(t=0\), ми маємо
\[y_{p}^{\prime}(0)=-y_{1}^{\prime}(0) \int_{t_{0}}^{0} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \nonumber \]
Припускаючи\(y_{1}^{\prime}(0) \neq 0\), що, ми можемо встановити\(t_{0}=0\).
Таким чином, ми виявили, що
\[ \begin{aligned} y_{p}(x) &=y_{2}(t) \int_{0}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{1}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau-y_{1}(t) \int_{0}^{t} \dfrac{f(\tau) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} d \tau \\ &=\int_{0}^{t}\left[\dfrac{y_{1}(\tau) y_{2}(t)-y_{1}(t) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)}\right] f(\tau) d \tau \end{aligned}\label{2.89} \]
Цей результат знаходиться в правильній формі, і ми можемо визначити тимчасову, або початкове значення, функцію Гріна. Отже, конкретне рішення дається як
\[y_{p}(t)=\int_{0}^{t} G(t, \tau) f(\tau) d \tau \nonumber \]
де початкове значення функції Гріна визначається як
\(G(t, \tau)=\dfrac{y_{1}(\tau) y_{2}(t)-y_{1}(t) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)}\)
підсумовуємо
Розв'язування IVP за допомогою функції Гріна
Розв'язок задачі початкового значення,
\(a(t) y^{\prime \prime}(t)+b(t) y^{\prime}(t)+c(t) y(t)=f(t), \quad y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=v_{0}\)
приймає форму
\[y(t)=y_{h}(t)+\int_{0}^{t} G(t, \tau) f(\tau) d \tau \nonumber \]
де
\[G(t, \tau)=\dfrac{y_{1}(\tau) y_{2}(t)-y_{1}(t) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} \nonumber \]
є функцією Гріна і\(y_{1}, y_{2}, y_{h}\) є розв'язками однорідного рівняння, що задовольняє
\(y_{1}(0)=0, y_{2}(0) \neq 0, y_{1}^{\prime}(0) \neq 0, y_{2}^{\prime}(0)=0, y_{h}(0)=y_{0}, y_{h}^{\prime}(0)=v_{0}\)
Вирішити проблему примусового генератора
\(x^{\prime \prime}+x=2 \cos t, \quad x(0)=4, \quad x^{\prime}(0)=0\)
Спочатку вирішимо однорідну задачу з неоднорідними початковими умовами:
\[x_{h}^{\prime \prime}+x_{h}=0, \quad x_{h}(0)=4, \quad x_{h}^{\prime}(0)=0 \nonumber \]
Рішення легко видно, щоб бути\(x_{h}(t)=4 \cos t\).
Далі будуємо функцію Гріна. Нам потрібні два лінійно незалежних розв'язки\(y_{1}(x), y_{2}(x)\), до однорідного диференціального рівняння, що задовольняє різним однорідним умовам,\(y_{1}(0)=0\)\(y_{1}(t)=\sin t\) і\(y_{2}^{\prime}(0)=0 .\)\(y_{2}(t)=\cos t .\) Найпростіші розв'язки є і Вронскіан знайдено як
\(W(t)=y_{1}(t) y_{2}^{\prime}(t)-y_{1}^{\prime}(t) y_{2}(t)=-\sin ^{2} t-\cos ^{2} t=-1\)
Оскільки\(a(t)=1\) в цій задачі ми обчислюємо функцію Гріна,
\[\begin{equation} \begin{aligned} G(t, \tau) &=\dfrac{y_{1}(\tau) y_{2}(t)-y_{1}(t) y_{2}(\tau)}{a(\tau) W(\tau)} \\ &=\sin t \cos \tau-\sin \tau \cos t \\ &=\sin (t-\tau) \end{aligned}\end{equation}\label{2.93} \]
Зверніть увагу, що функція Гріна залежить від\(t-\tau\). Хоча це корисно в деяких контекстах, ми будемо використовувати розширену форму під час інтеграції.
Тепер ми можемо визначити конкретний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння. У нас є
\[\begin{equation} \begin{aligned} x_{p}(t) &=\int_{0}^{t} G(t, \tau) f(\tau) d \tau \\ &=\int_{0}^{t}(\sin t \cos \tau-\sin \tau \cos t)(2 \cos \tau) d \tau \\ &=2 \sin t \int_{0}^{t} \cos ^{2} \tau d \tau-2 \cos t \int_{0}^{t} \sin \tau \cos \tau d \tau \\ &=2 \sin t\left[\dfrac{\tau}{2}+\dfrac{1}{2} \sin 2 \tau\right]_{0}^{t}-2 \cos t\left[\dfrac{1}{2} \sin ^{2} \tau\right]_{0}^{t} \\ &=t \sin t \end{aligned} \end{equation}\label{2.94} \]
Тому розв'язком неоднорідної задачі є сума розв'язку однорідної задачі і цього конкретного розв'язку:\(x(t)=4 \cos t+t \sin t\)