17.2: Неоднорідні лінійні рівняння

Цілі навчання

• 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.

Визначення: Конкретне рішення

Рішення$y_p(x)$ диференціального рівняння, що не містить довільних констант, називається певним розв'язком рівняння.

ЗАГАЛЬНИЙ РОЗВ'ЯЗОК НЕОДНОРІДНОГО 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

$$y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber$$

Доказ

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

$$z(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{1}$: Verifying the General Solution

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$y″+y=x$.

Вправа$\PageIndex{1}$

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.

Приклад$\PageIndex{2}$: Undetermined Coefficients When $r(x)$ Is a Polynomial

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$r(x)$.

Приклад$\PageIndex{3}$: Undetermined Coefficients When $r(x)$ Is an Exponential

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

$$y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{2x}+\dfrac{1}{2}e^{3x}. \nonumber$$

Вправа$\PageIndex{3}$

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$\PageIndex{1}$.

Таблиця$\PageIndex{1}$: Основні форми для методу невизначеного коефіцієнта

$r(x)$	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$y_p(x)=Ax^2e^{−2x}$.

СТРАТЕГІЯ ВИРІШЕННЯ ЗАДАЧ: МЕТОД НЕВИЗНАЧЕНИХ КОЕФІЦІЄНТІВ

1. Вирішіть комплементарне рівняння і запишіть загальне рішення.
2. Виходячи з форми$r(x)$, зробіть початкове припущення для$y_p(x)$.
3. 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.
4. $y_p(x)$Підставити в диференціальне рівняння і прирівняти подібні члени, щоб знайти значення для невідомих коефіцієнтів в$y_p(x)$.
5. Додайте загальне рішення до комплементарного рівняння та конкретне рішення, яке ви щойно знайшли, щоб отримати загальне рішення неоднорідного рівняння.

Приклад$\PageIndex{3}$: Solving Nonhomogeneous Equations

Знайдіть загальні розв'язки наступних диференціальних рівнянь.

1. $y''−9y=−6 \cos 3x$
2. $x″+2x′+x=4e^{−t}$
3. $y″−2y′+5y=10x^2−3x−3$
4. $y''−3y′=−12t$

Рішення

1. 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

   $$y(x)=c_1e^{3x}+c_2e^{−3x}+\dfrac{1}{3} \cos 3x.\nonumber$$

2. 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

   $$x(t)=c_1e^{−t}+c_2te^{−t}+2t^2e^{−t}.\nonumber$$

3. 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

   $$y(x)=c_1e^x \cos 2x+c_2e^x \sin 2x+2x^2+x−1.\nonumber$$

4. 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

   $$y(t)=c_1e^{3t}+c_2+2t^2+\dfrac{4}{3}t.\nonumber$$

Вправа$\PageIndex{3}$

Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.

1. $y″−5y′+4y=3e^x$
2. $y″+y′−6y=52 \cos 2t$

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.

ПРАВИЛО: ПРАВИЛО КРАМЕРА

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

$$z_1=\dfrac{\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}} \; \; \; \; \; \text{and} \; \; \; \; \; z_2= \dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}. \label{cramer}$$

Приклад$\PageIndex{4}$: Using Cramer’s Rule

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,

$$z2=\dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}=\dfrac{2x^3}{−3x^4−2x}=\dfrac{−2x^2}{3x^3+2}.\nonumber$$

Вправа$\PageIndex{4}$

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

$z_1=\frac{3x+3}{11x^2}$,$z_2=\frac{2x+2}{11x}$

СТРАТЕГІЯ ВИРІШЕННЯ ЗАДАЧ: МЕТОД ВАРІАЦІЇ ПАРАМЕТРІВ

1. Розв'яжіть комплементарне рівняння і запишіть загальне рішення $$c_1y_1(x)+c_2y_2(x). \nonumber$$
2. Використовуйте правило Крамера або іншу підходящу техніку, щоб знайти функції$u′(x)$ та$v′(x)$ задовольнити $$\begin{align*} u′y_1+v′y_2 &=0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}$$
3. $v′$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.
4. Додайте загальне рішення до комплементарного рівняння та конкретного рішення, знайденого на кроці 3, щоб отримати загальне рішення неоднорідного рівняння.

Приклад$\PageIndex{5}$: Using the Method of Variation of Parameters

Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.

1. $y″−2y′+y=\dfrac{e^t}{t^2}$
2. $y″+y=3 \sin ^2 x$

Рішення

1. 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

   $$y(t)=c_1e^t+c_2te^t−e^t \ln |t| \tag{step 5}$$

2. 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

   $$y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+1+ \cos^2 x(\text{step 5}).\nonumber$$

Вправа$\PageIndex{5}$

Знайдіть загальний розв'язок наступних диференціальних рівнянь.

1. $y″+y= \sec x$
2. $x″−2x′+x=\dfrac{e^t}{t}$

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