17.2: Неоднорідні лінійні рівняння
- Page ID
- 62096
- Запишіть загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння.
- Розв'яжіть неоднорідне диференціальне рівняння методом невизначеного коефіцієнта.
- Розв'яжіть неоднорідне диференціальне рівняння методом варіації параметрів.
У цьому розділі ми розглянемо способи розв'язання неоднорідних диференціальних рівнянь. Термінологія і методи відрізняються від тих, які ми використовували для однорідних рівнянь, тому давайте почнемо з визначення деяких нових термінів.
Загальний розв'язок неоднорідного лінійного рівняння
Розглянемо неоднорідне лінійне диференціальне рівняння
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x). \nonumber \]
Пов'язане однорідне рівняння
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=0 \nonumber \]
називається комплементарним рівнянням. Ми побачимо, що рішення комплементарного рівняння є важливим кроком у вирішенні неоднорідного диференціального рівняння.
Рішення\(y_p(x)\) диференціального рівняння, що не містить довільних констант, називається певним розв'язком рівняння.
\(y_p(x)\)Дозволяти будь-який конкретний розв'язок неоднорідного лінійного диференціального рівняння
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x). \nonumber \]
Також давайте\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) позначимо загальне рішення комплементарного рівняння. Потім загальний розв'язок неоднорідного рівняння задається
\[y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
Щоб довести, що\(y(x)\) це загальне рішення, ми повинні спочатку показати, що воно вирішує диференціальне рівняння і, по-друге, що будь-яке рішення диференціального рівняння може бути записано в такому вигляді. Підставляючи\(y(x)\) в диференціальне рівняння, ми маємо
\[\begin{align*}a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y &=a_2(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p)″+a_1(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p)′ \\ &\;\;\;\; +a_0(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p) \\[4pt] &=[a_2(x)(c_1y_1+c_2y_2)″+a_1(x)(c_1y_1+c_2y_2)′+a_0(x)(c_1y_1+c_2y_2)] \\ &\;\;\;\; +a_2(x)y_p″+a_1(x)y_p′+a_0(x)y_p \\[4pt] &=0+r(x) \\[4pt] &=r(x). \end{align*}\]
Так\(y(x)\) і рішення.
Тепер, нехай\(z(x)\) буде будь-яке рішення\(a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x).\) Тоді
\[\begin{align*}a_2(x)(z−y_p)″+a_1(x)(z−y_p)′+a_0(x)(z−y_p) &=(a_2(x)z″+a_1(x)z′+a_0(x)z) \\ &\;\;\;\;−(a_2(x)y_p″+a_1(x)y_p′+a_0(x)y_p) \\[4pt] &=r(x)−r(x) \\[4pt] &=0, \end{align*}\]
так\(z(x)−y_p(x)\) це рішення комплементарного рівняння. Але,\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) є загальним рішенням комплементарного рівняння, тому є константи\(c_1\) і\(c_2\) такі, що
\[z(x)−y_p(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x). \nonumber \]
Отже, ми бачимо, що
\[z(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
Враховуючи, що\(y_p(x)=x\) є конкретним розв'язком диференціального рівняння,\(y″+y=x,\) запишіть загальне рішення і перевірте, чи відповідає розв'язку рівняння.
Рішення
Додаткове рівняння,\(y″+y=0,\) яке має загальне рішення\(c_1 \cos x+c_2 \sin x.\) Отже, загальним рішенням неоднорідного рівняння є
\[y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+x. \nonumber \]
Щоб переконатися, що це рішення, підставити його в диференціальне рівняння. У нас є
\[y′(x)=−c_1 \sin x+c_2 \cos x+1 \nonumber \]
і
\[y″(x)=−c_1 \cos x−c_2 \sin x. \nonumber \]
Тоді
\[\begin{align*} y″(x)+y(x) &=−c_1 \cos x−c_2 \sin x+c_1 \cos x+c_2 \sin x+x \\[4pt] &=x.\end{align*} \nonumber \]
Отже,\(y(x)\) це рішення для\(y″+y=x\).
Враховуючи, що\(y_p(x)=−2\) це конкретне рішення,\(y″−3y′−4y=8,\) потрібно записати загальне рішення і переконатися, що загальне рішення задовольняє рівнянню.
- Підказка
-
Знайдіть загальне рішення комплементарного рівняння.
- Відповідь
-
\(y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{4x}−2\)
У попередньому розділі ми навчилися вирішувати однорідні рівняння з постійними коефіцієнтами. Тому для неоднорідних рівнянь виду ми вже знаємо\(ay″+by′+cy=r(x)\), як розв'язати комплементарне рівняння, а задача зводиться до пошуку конкретного розв'язку для неоднорідного рівняння. Зараз ми розглянемо дві методики для цього: метод невизначених коефіцієнтів і метод варіації параметрів.
Невизначені коефіцієнти
Метод невизначеного коефіцієнта передбачає внесення освічених здогадок про форму конкретного рішення на основі форми\(r(x)\). Коли ми беремо похідні поліномів, експоненціальних функцій, синусів і косинусів, ми отримуємо поліноми, експоненціальні функції, синуси та косинуси. Отже, коли\(r(x)\) має одну з цих форм, цілком можливо, що рішення неоднорідного диференціального рівняння може прийняти ту саму форму. Давайте розглянемо кілька прикладів, щоб побачити, як це працює.
Знайдіть загальне рішення для\(y″+4y′+3y=3x\).
Рішення
Додаткове рівняння є\(y″+4y′+3y=0\), з загальним рішенням\(c_1e^{−x}+c_2e^{−3x}\). Оскільки\(r(x)=3x\) конкретне рішення може мати форму\(y_p(x)=Ax+B\). Якщо це так, то у нас\(y_p′(x)=A\) і\(y_p″(x)=0\). Для\(y_p\) того, щоб бути розв'язком диференціального рівняння, ми повинні знайти значення для\(A\) і\(B\) такі, що
\[\begin{align*} y″+4y′+3y &=3x \\[4pt] 0+4(A)+3(Ax+B) &=3x \\[4pt] 3Ax+(4A+3B) &=3x. \nonumber \end{align*} \nonumber \]
Встановлюючи коефіцієнти подібних членів рівні, ми маємо
\[\begin{align*} 3A &=3 \\ 4A+3B &=0. \end{align*} \nonumber \]
Тоді,\(A=1\) і\(B=−\frac{4}{3}\), так\(y_p(x)=x−\frac{4}{3}\) і загальне рішення
\[y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{−3x}+x−\frac{4}{3}. \nonumber \]
У прикладі зверніть увагу\(\PageIndex{2}\), що хоча і\(r(x)\) не включав постійний термін, нам потрібно було включити постійний термін у наше здогадання. Якби ми припустили рішення форми\(y_p=Ax\) (без постійного члена), ми б не змогли знайти рішення. (Переконайтеся в цьому!) Якщо функція\(r(x)\) є поліномом, наша здогадка для конкретного розв'язку повинна бути поліномом того ж ступеня, і він повинен включати всі члени нижчого порядку, незалежно від того, чи є вони в\(r(x)\).
Знайдіть загальне рішення для\(y″−y′−2y=2e^{3x}\).
Рішення
Додаткове\(y″−y′−2y=0\) рівняння є загальним рішенням\(c_1e^{−x}+c_2e^{2x}\). Так як\(r(x)=2e^{3x}\), конкретне рішення може мати форму\(y_p(x)=Ae^{3x}.\) Тоді, ми маємо\(yp′(x)=3Ae^{3x}\) і\(y_p″(x)=9Ae^{3x}\). Для\(y_p\) того, щоб бути розв'язком диференціального рівняння, ми повинні знайти значення для\(A\) такого, що
\[\begin{align*} y″−y′−2y &=2e^{3x} \\[4pt] 9Ae^{3x}−3Ae^{3x}−2Ae^{3x} &=2e^{3x} \\[4pt] 4Ae^{3x} &=2e^{3x}. \end{align*} \nonumber \]
Отже,\(4A=2\) і\(A=1/2\). Тоді\(y_p(x)=(\frac{1}{2})e^{3x}\), і загальним рішенням є
\[y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{2x}+\dfrac{1}{2}e^{3x}. \nonumber \]
Знайдіть загальне рішення\(y″−4y′+4y=7 \sin t− \cos t.\)
- Підказка
-
Використовуйте\(y_p(t)=A \sin t+B \cos t \) як припущення для конкретного рішення.
- Відповідь
-
\(y(t)=c_1e^{2t}+c_2te^{2t}+ \sin t+ \cos t \)
У попередній контрольній точці\(r(x)\) включали як синус, так і косинус терміни. Однак, навіть якщо\(r(x)\) включено лише синусоїдальний термін або лише косинус, обидва терміни повинні бути присутніми у здогадці. Метод невизначений коефіцієнтів також працює з добутками поліномів, експоненціальних чисел, синусів і косинусів. Деякі з ключових форм\(r(x)\) і пов'язаних з ними припущень для\(y_p(x)\) зведені в табл\(\PageIndex{1}\).
| \(r(x)\) | Початкова здогадка для\(y_p(x)\) |
|---|---|
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(k\) (константа) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(A\) (константа) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(ax+b\) | \ (y_p (x)\)» style="vertical-align:middle; ">\(Ax+B\) (Примітка: припущення має містити обидва терміни, навіть якщо\(b=0\).) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(ax^2+bx+c\) | \ (y_p (x)\)» style="vertical-align:middle; ">\(Ax^2+Bx+C\) (Примітка: припущення має містити всі три терміни, навіть якщо\(c\) вони\(b\) дорівнюють нулю.) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: middle; "> Поліноми вищого порядку | \ (y_p (x)\)» style="vertical-align:middle; ">Поліном того ж порядку, що і\(r(x)\) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(ae^{λx}\) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(Ae^{λx}\) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(a \cos βx+b \sin βx\) | \ (y_p (x)\)» style="vertical-align:middle; ">\(A \cos βx+B \sin βx\) (Примітка: припущення має містити обидва терміни, навіть якщо\(a=0\) або\(b=0.\)) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx\) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\(Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx\) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((ax^2+bx+c)e^{λx}\) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((Ax^2+Bx+C)e^{λx}\) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((a_2x^2+a_1x+a0) \cos βx \\ +(b_2x^2+b_1x+b_0) \sin βx\) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((A_2x^2+A_1x+A_0) \cos βx \\ +(B_2x^2+B_1x+B_0) \sin βx \) |
| \ (r (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((a_2x^2+a_1x+a_0)e^{αx} \cos βx \\ +(b_2x^2+b_1x+b_0)e^{αx} \sin βx \) | \ (y_p (x)\)» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">\((A_2x^2+A_1x+A_0)e^{αx} \cos βx \\ +(B_2x^2+B_1x+B_0)e^{αx} \sin βx \) |
Майте на увазі, що в цьому методі є ключовий підводний камінь. Розглянемо диференціальне рівняння\(y″+5y′+6y=3e^{−2x}\). Виходячи з форми\(r(x)\), вгадуємо конкретне рішення форми\(y_p(x)=Ae^{−2x}\). Але коли ми підставляємо цей вираз в диференціальне рівняння, щоб знайти значення для\(A\), ми стикаємося з проблемою. У нас є
\[y_p′(x)=−2Ae^{−2x} \nonumber \]
і
\[y_p''=4Ae^{−2x}, \nonumber \]
так ми хочемо
\[\begin{align*} y″+5y′+6y &=3e^{−2x} \\[4pt] 4Ae^{−2x}+5(−2Ae^{−2x})+6Ae^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] 4Ae^{−2x}−10Ae^{−2x}+6Ae^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] 0 &=3e^{−2x}, \end{align*}\]
що неможливо.
Придивившись уважно, ми бачимо, що в цьому випадку загальне рішення комплементарного рівняння є\(c_1e^{−2x}+c_2e^{−3x}.\) Експоненціальна функція в\(r(x)\) насправді рішення комплементарного рівняння, так що, як ми тільки що бачили, всі члени на лівій стороні рівняння скасувати з. Ми все ще можемо використовувати метод невизначені коефіцієнти в цьому випадку, але ми повинні змінити наше припущення, помноживши його на\(x\). Використовуючи нову здогадку\(y_p(x)=Axe^{−2x}\), ми маємо
\[y_p′(x)=A(e^{−2x}−2xe^{−2x} \nonumber \]
і
\[y_p''(x)=−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x}. \nonumber \]
Заміна дає
\[\begin{align*}y″+5y′+6y &=3e^{−2x} \\[4pt] (−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x})+5(Ae^{−2x}−2Axe^{−2x})+6Axe^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt]−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x}+5Ae^{−2x}−10Axe^{−2x}+6Axe^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] Ae^{−2x} &=3e^{−2x}.\end{align*}\]
Отже,\(A=3\) і\(y_p(x)=3xe^{−2x}\). Це дає нам наступне загальне рішення
\[y(x)=c_1e^{−2x}+c_2e^{−3x}+3xe^{−2x}. \nonumber \]
Зауважте, що якби\(xe^{−2x}\) було також рішення додаткового рівняння, нам довелося б помножити на\(x\) ще раз, і ми б спробували\(y_p(x)=Ax^2e^{−2x}\).
- Вирішіть комплементарне рівняння і запишіть загальне рішення.
- Виходячи з форми\(r(x)\), зробіть початкове припущення для\(y_p(x)\).
- Перевірте, чи є будь-який термін у здогадці для\(y_p(x)\) розв'язання комплементарного рівняння. Якщо так, помножте припущення на\(x.\) Повторіть цей крок, поки не буде жодних термінів\(y_p(x)\), які вирішують додаткове рівняння.
- \(y_p(x)\)Підставити в диференціальне рівняння і прирівняти подібні члени, щоб знайти значення для невідомих коефіцієнтів в\(y_p(x)\).
- Додайте загальне рішення до комплементарного рівняння та конкретне рішення, яке ви щойно знайшли, щоб отримати загальне рішення неоднорідного рівняння.
Знайдіть загальні розв'язки наступних диференціальних рівнянь.
- \(y''−9y=−6 \cos 3x\)
- \(x″+2x′+x=4e^{−t}\)
- \(y″−2y′+5y=10x^2−3x−3\)
- \(y''−3y′=−12t\)
Рішення
- Додаткове рівняння є\(y″−9y=0\), яке має загальне рішення\(c_1e^{3x}+c_2e^{−3x}\) (крок 1). Виходячи з форми\(r(x)=−6 \cos 3x,\) нашого початкового припущення для конкретного рішення є\(y_p(x)=A \cos 3x+B \sin 3x\) (крок 2). Жоден з членів не\(y_p(x)\) вирішує комплементарного рівняння, тому це дійсне припущення (крок 3).
Тепер ми хочемо, щоб знайти значення для\(A\) і\(B,\) так\(y_p\) підставити в диференціальне рівняння. У нас є\[y_p′(x)=−3A \sin 3x+3B \cos 3x \text{ and } y_p″(x)=−9A \cos 3x−9B \sin 3x, \nonumber \]
тому ми хочемо знайти значення\(A\) і\(B\) такі, що\[\begin{align*}y″−9y &=−6 \cos 3x \\[4pt] −9A \cos 3x−9B \sin 3x−9(A \cos 3x+B \sin 3x) &=−6 \cos 3x \\[4pt] −18A \cos 3x−18B \sin 3x &=−6 \cos 3x. \end{align*}\]
Тому,\[\begin{align*}−18A &=−6 \\[4pt] −18B &=0. \end{align*}\]
Це дає\(A=\frac{1}{3}\) і\(B=0,\) так\(y_p(x)=(\frac{1}{3}) \cos 3x\) (крок 4).
Збираючи все воєдино, ми маємо загальне рішення\[y(x)=c_1e^{3x}+c_2e^{−3x}+\dfrac{1}{3} \cos 3x.\nonumber \]
- Додаткове рівняння - це те,\(x''+2x′+x=0,\) що має загальне рішення\(c_1e^{−t}+c_2te^{−t}\) (крок 1). Виходячи з форми\(r(t)=4e^{−t}\), наша початкова здогадка для конкретного рішення є\(x_p(t)=Ae^{−t}\) (крок 2). Однак ми бачимо, що ця здогадка вирішує додаткове рівняння, тому ми повинні помножити на\(t,\) що дає нову здогадку:\(x_p(t)=Ate^{−t}\) (крок 3). Перевіряючи це нове припущення, ми бачимо, що воно теж вирішує додаткове рівняння, тому ми повинні знову помножити на t, що дає\(x_p(t)=At^2e^{−t}\) (крок 3 знову). Тепер, перевіряючи це припущення, ми бачимо, що\(x_p(t)\) не вирішує додаткове рівняння, так що це дійсне припущення (крок 3 ще раз).
Тепер ми хочемо, щоб знайти значення для\(A\), тому ми підставляємо\(x_p\) в диференціальне рівняння. У нас є\[\begin{align*}x_p(t) &=At^2e^{−t}, \text{ so} \\[4pt] x_p′(t) &=2Ate^{−t}−At^2e^{−t} \end{align*}\]
і\[x_p″(t)=2Ae^{−t}−2Ate^{−t}−(2Ate^{−t}−At^2e^{−t})=2Ae^{−t}−4Ate^{−t}+At^2e^{−t}. \nonumber \]
підставляючи в диференціальне рівняння, ми хочемо знайти значення\(A\) так, що\[\begin{align*} x″+2x′+x &=4e^{−t} \\[4pt] 2Ae^{−t}−4Ate^{−t}+At^2e^{−t}+2(2Ate^{−t}−At^2e^{−t})+At^2e^{−t} &=4e^{−t} \\[4pt] 2Ae^{−t}&=4e^{−t}. \end{align*} \nonumber \]
Це дає\(A=2\), так\(x_p(t)=2t^2e^{−t}\) (крок 4). Збираючи все воєдино, ми маємо загальне рішення\[x(t)=c_1e^{−t}+c_2te^{−t}+2t^2e^{−t}.\nonumber \]
- Додаткове рівняння є\(y″−2y′+5y=0\), яке має загальне рішення\(c_1e^x \cos 2x+c_2 e^x \sin 2x\) (крок 1). Виходячи з форми\(r(x)=10x^2−3x−3\), наша початкова здогадка для конкретного рішення є\(y_p(x)=Ax^2+Bx+C\) (крок 2). Жоден з членів не\(y_p(x)\) вирішує комплементарного рівняння, тому це дійсне припущення (крок 3). Тепер ми хочемо, щоб знайти значення для\(A\), і\(B\)\(C\), тому ми підставляємо\(y_p\) в диференціальне рівняння. У нас є\(y_p′(x)=2Ax+B\) і\(y_p″(x)=2A\), тому ми хочемо знайти значення\(A\)\(B\), і\(C\) такі, що
\[\begin{align*}y″−2y′+5y &=10x^2−3x−3 \\[4pt] 2A−2(2Ax+B)+5(Ax^2+Bx+C) &=10x^2−3x−3 \\[4pt] 5Ax^2+(5B−4A)x+(5C−2B+2A) &=10x^2−3x−3. \end{align*}\]
Тому,\[\begin{align*} 5A &=10 \\[4pt] 5B−4A &=−3 \\[4pt] 5C−2B+2A &=−3. \end{align*}\]
Це дає\(A=2\)\(B=1\), і\(C=−1\), так\(y_p(x)=2x^2+x−1\) (крок 4). Збираючи все воєдино, ми маємо загальне рішення\[y(x)=c_1e^x \cos 2x+c_2e^x \sin 2x+2x^2+x−1.\nonumber \]
- Додаткове рівняння є\(y″−3y′=0\), яке має загальне рішення\(c_1e^{3t}+c_2\) (крок 1). Виходячи з форми r (t) =−12t, r (t) =−12t, наша початкова здогадка для конкретного розв'язку є\(y_p(t)=At+B\) (крок 2). Однак ми бачимо, що постійний член в цій здогадці вирішує додаткове рівняння, тому ми повинні помножити на\(t\), що дає нову здогадку:\(y_p(t)=At^2+Bt\) (крок 3). Перевіряючи це нове припущення, ми бачимо, що жоден з термінів у\(y_p(t)\) вирішенні взаємодоповнюючого рівняння, тому це дійсна здогадка (крок 3 знову). Тепер ми хочемо знайти значення для\(A\) і\(B,\) тому ми підставляємо\(y_p\) в диференціальне рівняння. У нас є\(y_p′(t)=2At+B\) і\(y_p″(t)=2A\), тому ми хочемо, щоб знайти значення AA і BB такі, що
\[\begin{align*}y″−3y′ &=−12t \\[4pt] 2A−3(2At+B) &=−12t \\[4pt] −6At+(2A−3B) &=−12t. \end{align*}\]
Тому,\[\begin{align*}−6A &=−12 \\[4pt] 2A−3B &=0. \end{align*}\]
Це дає\(A=2\) і\(B=4/3\), так\(y_p(t)=2t^2+(4/3)t\) (крок 4). Збираючи все воєдино, ми маємо загальне рішення\[y(t)=c_1e^{3t}+c_2+2t^2+\dfrac{4}{3}t.\nonumber \]
Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.
- \(y″−5y′+4y=3e^x\)
- \(y″+y′−6y=52 \cos 2t \)
- Підказка
-
Використовуйте стратегію вирішення проблем.
- Відповідь на
-
\(y(x)=c_1e^{4x}+c_2e^x−xe^x\)
- Відповідь б
-
\(y(t)=c_1e^{−3t}+c_2e^{2t}−5 \cos 2t+ \sin 2t\)
Варіація параметрів
Іноді\(r(x)\) це не поєднання поліномів, експоненціальних чисел або синусів і косинусів. Коли це так, метод невизначений коефіцієнтів не працює, і доводиться використовувати інший підхід, щоб знайти конкретне рішення диференціального рівняння. Використовується підхід, який називається методом варіації параметрів.
Щоб трохи спростити наші розрахунки, ми збираємося розділити диференціальне рівняння через\(a,\) так що ми маємо провідний коефіцієнт 1. Тоді диференціальне рівняння має вигляд
\[y″+py′+qy=r(x), \nonumber \]
де\(p\) і\(q\) є константами.
Якщо загальне рішення комплементарного рівняння задається\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\), ми будемо шукати конкретне рішення виду
\[y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x). \nonumber \]
У цьому випадку ми використовуємо два лінійно незалежних розв'язки комплементарного рівняння, щоб сформувати наше конкретне рішення. Однак ми припускаємо, що коефіцієнти є функціями\(x\), а не константами. Ми хочемо знайти функції\(u(x)\) і\(v(x)\) такі, що\(y_p(x)\) задовольняє диференціальне рівняння. У нас є
\[\begin{align*}y_p &=uy_1+vy_2 \\[4pt] y_p′ &=u′y_1+uy_1′+v′y_2+vy_2′ \\[4pt] y_p″ &=(u′y_1+v′y_2)′+u′y_1′+uy_1″+v′y_2′+vy_2″. \end{align*}\]
Підставивши в диференціальне рівняння, отримаємо
\[\begin{align*}y_p″+py_p′+qy_p &=[(u′y_1+v′y_2)′+u′y_1′+uy_1″+v′y_2′+vy_2″] \\ &\;\;\;\;+p[u′y_1+uy_1′+v′y_2+vy_2′]+q[uy_1+vy_2] \\[4pt] &=u[y_1″+p_y1′+qy_1]+v[y_2″+py_2′+qy_2] \\ &\;\;\;\; +(u′y_1+v′y_2)′+p(u′y_1+v′y_2)+(u′y_1′+v′y_2′). \end{align*}\]
Зверніть увагу, що\(y_1\) і\(y_2\) є розв'язками комплементарного рівняння, тому перші два члени дорівнюють нулю. Таким чином, ми маємо
\[(u′y_1+v′y_2)′+p(u′y_1+v′y_2)+(u′y_1′+v′y_2′)=r(x). \nonumber \]
Якщо спростити це рівняння шляхом накладення додаткової умови\(u′y_1+v′y_2=0\), перші два члени дорівнюють нулю, і це зводиться до\(u′y_1′+v′y_2′=r(x)\). Отже, при цьому додатковій умові ми маємо систему двох рівнянь в двох невідомих:
\[\begin{align*} u′y_1+v′y_2 &= 0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\]
Рішення цієї системи дає нам\(u′\) і\(v′\), які ми можемо інтегрувати, щоб знайти\(u\) і\(v\).
Потім,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) є конкретним рішенням диференціального рівняння. Вирішення цієї системи рівнянь іноді буває складним завданням, тому скористаємося цією можливістю, щоб переглянути правило Крамера, яке дозволяє вирішувати систему рівнянь за допомогою детермінант.
Система рівнянь
\[\begin{align*} a_1z_1+b_1z_2 &=r_1 \\[4pt] a_2z_1+b_2z_2 &=r_2 \end{align*}\]
має унікальне рішення тоді і тільки тоді, коли визначник коефіцієнтів не дорівнює нулю. У цьому випадку рішення дається
\[z_1=\dfrac{\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}} \; \; \; \; \; \text{and} \; \; \; \; \; z_2= \dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}. \label{cramer} \]
Використовуйте правило Крамера для вирішення наступної системи рівнянь.
\[\begin{align*}x^2z_1+2xz_2 &=0 \\[4pt] z_1−3x^2z_2 &=2x \end{align*}\]
Рішення
У нас є
\[\begin{align*} a_1(x) &=x^2 \\[4pt] a_2(x) &=1 \\[4pt] b_1(x) &=2x \\[4pt] b_2(x) &=−3x^2 \\[4pt] r_1(x) &=0 \\[4pt] r_2(x) &=2x. \end{align*}\]
Потім,\[\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|}x^2 2x \\ 1 −3x^2 \end{array}=−3x^4−2x \nonumber \]
і
\[\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|}0 2x \\ 2x -3x^2 \end{array}=0−4x^2=−4x^2. \nonumber \]
Таким чином,
\[z1=\dfrac{\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}=\dfrac{−4x^2}{−3x^4−2x}=\dfrac{4x}{3x^3+2}. \nonumber \]
Крім того,
\[\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|} x^2 0 \\ 1 2x \end{array}=2x^3−0=2x^3. \nonumber \]
Таким чином,
\[z2=\dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}=\dfrac{2x^3}{−3x^4−2x}=\dfrac{−2x^2}{3x^3+2}.\nonumber \]
Використовуйте правило Крамера для вирішення наступної системи рівнянь.
\[\begin{align*} 2xz_1−3z_2 &=0 \\[4pt] x^2z_1+4xz_2 &=x+1 \end{align*}\]
- Підказка
-
Скористайтеся процесом з попереднього прикладу.
- Відповідь
-
\(z_1=\frac{3x+3}{11x^2}\),\( z_2=\frac{2x+2}{11x}\)
- Розв'яжіть комплементарне рівняння і запишіть загальне рішення\[c_1y_1(x)+c_2y_2(x). \nonumber \]
- Використовуйте правило Крамера або іншу підходящу техніку, щоб знайти функції\(u′(x)\) та\(v′(x)\) задовольнити\[\begin{align*} u′y_1+v′y_2 &=0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\]
- \(v′\)Інтегрувати\(u′\) і знайти\(u(x)\) і\(v(x)\). Потім,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) є конкретним рішенням рівняння.
- Додайте загальне рішення до комплементарного рівняння та конкретного рішення, знайденого на кроці 3, щоб отримати загальне рішення неоднорідного рівняння.
Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.
- \(y″−2y′+y=\dfrac{e^t}{t^2}\)
- \(y″+y=3 \sin ^2 x\)
Рішення
- Додаткове рівняння є\(y″−2y′+y=0\) з пов'язаним загальним рішенням\(c_1e^t+c_2te^t\). Тому\(y_1(t)=e^t\) і\(y_2(t)=te^t\). Обчислюючи похідні, отримуємо\(y_1′(t)=e^t\) і\(y_2′(t)=e^t+te^t\) (крок 1). Потім, ми хочемо знайти функції\(u′(t)\) і\(v′(t)\) так, щоб
\[\begin{align*} u′e^t+v′te^t &=0 \\[4pt] u′e^t+v′(e^t+te^t) &= \dfrac{e^t}{t^2}. \end{align*}\]
Застосовуючи правило Крамера (Equation\ ref {cramer}), ми маємо
\[u′=\dfrac{\begin{array}{|lc|}0 te^t \\ \frac{e^t}{t^2} e^t+te^t \end{array}}{ \begin{array}{|lc|}e^t te^t \\ e^t e^t+te^t \end{array}} =\dfrac{0−te^t(\frac{e^t}{t^2})}{e^t(e^t+te^t)−e^tte^t}=\dfrac{−\frac{e^{2t}}{t}}{e^{2t}}=−\dfrac{1}{t} \nonumber \]
і
\[v′= \dfrac{\begin{array}{|ll|}e^t 0 \\ e^t \frac{e^t}{t^2} \end{array} }{\begin{array}{|lc|}e^t te^t \\ e^t e^t+te^t \end{array} } =\dfrac{e^t(\frac{e^t}{t^2})}{e^{2t}}=\dfrac{1}{t^2}\quad(\text{step 2}). \nonumber \]
Інтегруючи, отримуємо
\[\begin{align*} u &=−\int \dfrac{1}{t}dt=− \ln|t| \\[4pt] v &=\int \dfrac{1}{t^2}dt=−\dfrac{1}{t} \tag{step 3} \end{align*} \]
Тоді у нас є
\[\begin{align*}y_p &=−e^t \ln|t|−\frac{1}{t}te^t \\[4pt] &=−e^t \ln |t|−e^t \tag{step 4}.\end{align*} \]
\(e^t\)Термін є рішенням комплементарного рівняння, тому нам не потрібно явно переносити цей термін у наше загальне рішення. Загальним рішенням є
\[y(t)=c_1e^t+c_2te^t−e^t \ln |t| \tag{step 5} \]
- Додаткове рівняння є\(y″+y=0\) з пов'язаним загальним рішенням\(c_1 \cos x+c_2 \sin x\). Отже,\(y_1(x)= \cos x\) і\(y_2(x)= \sin x\) (крок 1). Потім, ми хочемо знайти функції\(u′(x)\) і\(v′(x)\) такі, що
\[\begin{align*} u′ \cos x+v′ \sin x &=0 \\[4pt] −u′ \sin x+v′ \cos x &=3 \sin _2 x \end{align*}. \nonumber \]
Застосовуючи правило Крамера, ми маємо
\[u′= \dfrac{\begin{array}{|cc|}0 \sin x \\ 3 \sin ^2 x \cos x \end{array}}{ \begin{array}{|cc|} \cos x \sin x \\ − \sin x \cos x \end{array}}=\dfrac{0−3 \sin^3 x}{ \cos ^2 x+ \sin ^2 x}=−3 \sin^3 x \nonumber \]
і
\[v′=\dfrac{\begin{array}{|cc|} \cos x 0 \\ - \sin x 3 \sin^2 x \end{array}}{ \begin{array}{|cc|} \cos x \sin x \\ − \sin x \cos x \end{array}}=\dfrac{ 3 \sin^2x \cos x}{ 1}=3 \sin^2 x \cos x( \text{step 2}). \nonumber \]
Інтегруючи спочатку, щоб знайти,\(u,\) ми отримуємо
\[u=\int −3 \sin^3 x dx=−3 \bigg[ −\dfrac{1}{3} \sin ^2 x \cos x+\dfrac{2}{3} \int \sin x dx \bigg]= \sin^2 x \cos x+2 \cos x. \nonumber \]
Тепер ми інтегруємо, щоб знайти\(v.\) Використовуючи підстановку (з\(w= \sin x\)), отримуємо
\[v= \int 3 \sin ^2 x \cos x dx=\int 3w^2dw=w^3=sin^3x.\nonumber \]
Потім,
\[\begin{align*}y_p &=(\sin^2 x \cos x+2 \cos x) \cos x+(\sin^3 x)\sin x \\[4pt] &=\sin_2 x \cos _2 x+2 \cos _2 x+ \sin _4x \\[4pt] &=2 \cos_2 x+ \sin_2 x(\cos^2 x+\sin ^2 x) & & (\text{step 4}). \\[4pt] &=2 \cos _2 x+\sin_2x \\[4pt] &= \cos _2 x+1 \end{align*}\]
Загальним рішенням є
\[y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+1+ \cos^2 x(\text{step 5}).\nonumber \]
Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.
- \(y″+y= \sec x\)
- \(x″−2x′+x=\dfrac{e^t}{t}\)
- Підказка
-
Дотримуйтесь стратегії вирішення проблем.
- Відповідь на
-
\(y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+ \cos x \ln| \cos x|+x \sin x\)
- Відповідь б
-
\(x(t)=c_1e^t+c_2te^t+te^t \ln|t| \)
Ключові концепції
- Щоб розв'язати неоднорідне лінійне диференціальне рівняння другого порядку, спочатку знайдіть загальний розв'язок комплементарного рівняння, потім знайдіть конкретний розв'язок неоднорідного рівняння.
- \(y_p(x)\)Дозволяти будь-яке конкретне рішення неоднорідного лінійного диференціального рівняння\[a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x), \nonumber \] і нехай\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) позначає загальне рішення комплементарного рівняння. Потім загальний розв'язок неоднорідного рівняння задається\[y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
- Коли\(r(x)\) є комбінацією поліномів, експоненціальних функцій, синусів і косинусів, використовуйте метод невизначеного коефіцієнта, щоб знайти конкретний розв'язок. Для використання цього методу припустимо рішення в тій же формі, що і\(r(x)\), множивши на x у міру необхідності до тих пір, поки передбачуване рішення не буде лінійно незалежним від загального розв'язку комплементарного рівняння. Потім підставляємо передбачуване рішення в диференціальне рівняння, щоб знайти значення коефіцієнтів.
- Коли\(r(x)\) це не комбінація поліномів, експоненціальних функцій або синусів і косинусів, використовуйте метод варіації параметрів, щоб знайти конкретне рішення. Цей метод передбачає використання правила Крамера або іншої підходящої техніки для пошуку функцій та\(v′(x)\) задоволення\[\begin{align*}u′y_1+v′y_2 &=0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\] Тоді,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) є певним рішенням диференціального рівняння.
Ключові рівняння
- Додаткове рівняння
\(a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=0\) - Загальний розв'язок неоднорідного лінійного диференціального рівняння
\(y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x)\)
Глосарій
- додаткове рівняння
- для неоднорідного лінійного диференціального\(a+2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x),\) рівняння пов'язане однорідне рівняння, зване додатковим рівнянням, є\(a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=0\)
- метод невизначеного коефіцієнта
- метод, який включає в себе прийняття припущення про форму конкретного рішення, потім рішення для коефіцієнтів у припущенні
- метод варіації параметрів
- метод, який передбачає пошук конкретних рішень у вигляді\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\), де\(y_1\) і\(y_2\) є лінійно незалежними розв'язками комплементарних рівнянь, а потім рішення системи рівнянь знайти\(u(x)\) і\(v(x)\)
- конкретне рішення
- розв'язок\(y_p(x)\) диференціального рівняння, що не містить довільних констант