Przykłady rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą uzmienniania stałych

(1)

Przykłady rozwiązywania

równań różniczkowych

liniowych niejednorodnych

...

Autorzy:

Julian Janus

2019

(2)

Przykłady rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych

współczynnikach metodą uzmienniania stałych

Autor: Julian Janus

Jedną z metod rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach jest metoda uzmienniania stałych opisana jest w module .

Podamy teraz przykłady jej zastosowania do równan liniowych o stałych współczynnikach.

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania

Krok 1.

Krok 1. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

ma jeden pierwiastek o krotności 2. Zatem następujące funkcje

stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego. Krok 2.

Krok 2. Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego w postaci funkcji

Zgodnie z twierdzeniem 1, pochodne są rozwiązaniem układu równań

i są określone następująco gdzie Obliczamy Po scałkowaniu dostajemy

+ 2 + y =

ln t.

y

′′

_y

′

_e

−t

+ 2 + y = 0.

y

′′

_y

′

+ 2λ + 1 = 0

λ

2

λ = −1

(t) =

i

(t) = t

y

1

e

−t

y

2

e

−t

y(t) = (t) (t) + (t) (t) = (t)

c

1

y

1

c

2

y

2

c

1

e

−t

+ (t)t .

c

2

e

−t

(t), (t)

c

′ 1

c

′2

{ (t) (t) + (t) (t) = 0

y

1

c

′1

y

2

c

′2

(t) (t) + (t) (t) =

ln t

y

′ 1

c

′1

y

2′

c

′2

e

−t

(t) =

i

(t) =

,

c

′ 1

w

_w(t)

1

(t)

c

′2

w

_w(t)

2

(t)

w(t) =

∣

,

(t) =

,

(t) =

.

∣

y

_y

1_′

(t)

_(t)

1

(t)

y

2

(t)

y

′ 2

∣

∣ w

1

∣

_∣

∣

_e

_−t

0 _{ln t}

y

_y

2_′

(t)

_(t)

2

∣

∣ w

2

∣

_∣

∣

y

_y

1_′

(t)

_(t)

1

0 ln t

e

−t

∣

_∣

∣

w(t),

w

1

(t),

w

2

(t)

w(t) =

∣

_∣

∣ e

_−e

−t_−t

_e

_−t

te

_{(1 − t)}

−t

∣

_∣

∣ e

=

−2t

(1 − t) + t

_e

−2t

=

_e

−2t

,

(t) =

= −t

ln t,

w

1

∣

_∣

∣ 0lnt

_e

_−t

te

−t

(1 − t)

e

−t

∣

_∣

∣

e

−2t

(t) =

=

ln t.

w

2

∣

_∣

∣ e

−t

−e

−t

_e

−t

0 _{ln t}

∣

_∣

∣ e

−2t

(t), (t)

c

′ 1

c

′2

(t) =

c

1

∫

w

_w(t)

1

(t)

dt = ∫ (−t ln t)dt = {

u = − ln t

} =

dv = −tdt

du = − dt

1 t

v = −

t2 2

ln t − ∫ tdt = ln t −

+ = (2 ln t − 1) + ,

t

2

1

2 t

2

1 4 t

2

c

1

t

2

4 c

1

(3)

oraz

gdzie są to dowolne stałe.

Zatem rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać

ZADANIE

Zadanie 1:

Treść zadania: Treść zadania:

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Krok 1.

Krok 1. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste i .

Następujące funkcje

Zgodnie z twierdzeniem twierdzeniem Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów metodą uzmieniania stałych-1 są rozwiązaniem układu równań

Z układu tego wyliczamy

gdzie

(t) =

c

2

∫

w

_w(t)

2

(t)

dt = ∫ ln tdt = {

u = ln t

} =

dv = dt

du = dt

1 t

v = t

t ln t − ∫ dt = t ln t − t + = t(ln t − 1) +

c

2

c

2

,

c

1

c

2

y(t) =

e

−t

( (2 ln t − 1) + ) + t (t(ln t − 1) + ).

t

2

4 c

1

e

−t

c

2

+ − 2y =

.

y

′′

_y

′ 1 +1 et

+ − 2y = 0.

y

′′

_y

′

+ λ − 2 = 0

λ

2

= 1

λ

1

λ

2

= −2

(t) =

i

(t) =

y

1

e

t

y

2

e

−2t

y(t) = (t) (t) + (t) (t) = (t) + (t)

c

1

y

1

c

2

y

2

c

1

e

t

c

2

e

−2t

.

(t), (t)

c

′ 1

c

′2

{

y

1

(t) (t) + (t) (t) = 0

c

′1

y

2

c

′2

(t) (t) + (t) (t) =

.

y

′ 1

c

′1

y

2′

c

′2 et1+1

(t) =

i

(t) =

c

′ 1 ww(t)1(t)

c

′2 ww(t)2(t)

w(t) =

∣

_∣

∣e

_e

_tt

_−2e

e

−2t_−2t

∣

_∣

∣

= −2

e

−t

−

_e

−t

= −3 ,

_e

−t

(t) =

=

,

w

1

∣

0

1 +1 et

e

−2t

−2e

−2t

∣

∣ −e

_e

_t

_{+ 1}

−2t

(t) =

=

.

w

2

∣

e

_e

tt

0

1 +1 et

∣

_e

_t

e

_{+ 1}

t

(t), (t)

(4)

Całkując otrzymujemy

oraz

Zatem rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać

ZADANIE

Zadanie 2:

Treść zadania: Treść zadania:

Znaleźć rozwiązanie równania

które spełnia warunki początkowe

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Krok 1.

Krok 1. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

ma jeden pierwiastek rzeczywisty o krotności 3. Zatem następujące funkcje

Zgodnie z twierdzeniem twierdzeniem Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów metodą

uzmieniania stałych-1 są rozwiązaniem układu równań

(t), (t)

c

′ 1

c

′2

(t) =

c

1

∫

w

_w(t)

1

(t)

dt = ∫

₃

1 _e

_t

_{( + 1)}

_e

dt

_t

= (∫

1 ₃

dt

_e

_t

− ∫

_e

_t

dt

_{+ 1}

) =

(∫

− ∫

dt) = (∫

− ∫ dt + ∫

dt) =

1

3 dt

e

t

+ 1 −

e

t

_e

t

+ 1

e

t

1

3 dt

e

t

e

t

+ 1

e

t

(−

− t + ln( + 1)) + ,

1 3 e

−t

e

t

c

1

(t) =

c

2

∫

w

_w(t)

2

(t)

dt =

−1

₃

∫

e

dt

= {

} =

∫

=

t

_e

t

+ 1

e

t

u = e

t

du = dt

e

t

−1

₃

_{u + 1}

udu

∫

du =

(∫ du − ∫

) =

(u − ln(u + 1)) + =

−1

3 u + 1 − 1

u + 1

−1

3 u + 1

du

−1

3 c

2

( − ln( + 1)) +

−1

3 e

t

e

t

c

2

,

c

1

c

2

y(t) = ( ( −

e

t 1

− t + ln( + 1)) + ) +

( ( − ln( + 1)) + ) .

3

e

−t

e

t

c

1

e

−2t −13

e

t

e

t

c

2

− 3 + 3 − y =

y

′′′

_y

′′

_y

′

_e

t

y(0) = 0,

y

′

(0) = 1,

_y

′′

(0) = −2.

− 3 + 3 − y = 0.

y

′′′

_y

′′

_y

′

− 3 + 3λ − 1 = 0

λ

3

_λ

2

λ = 1

(t) = ,

(t) = t i

(t) =

y

1

e

t

y

2

e

t

y

3

t

2

e

t

y(t) = (t) (t) + (t) (t) + (t) (t) = (t) + (t)t + (t)

c

1

y

1

c

2

y

2

c

3

y

3

c

1

e

t

c

2

e

t

c

3

t

2

e

t

.

(t), (t), (t)

c

′ 1

c

′2

c

′3

⎧

⎩

⎨

⎪

(t) (t) + (t) (t) + (t) (t) = 0

y

1

c

′₁

y

2

c

′₂

y

3

c

′₃

(t) (t) + (t) (t) + (t) (t) = 0

y

′ 1

c

′1

y

2′

c

′2

y

′3

c

′3

(t) (t) + (t) (t) + (t) (t) = ,

y

′′ 1

c

′1

y

′′2

c

2′

y

′′3

c

′3

e

t

(5)

czyli

Po podzieleniu stronami przez równań tego układu otrzymamy układ równoważny

Z układu tego wyliczamy

gdzie

Całkując dostajemy

Rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać

Krok 3.

Krok 3. Wyznaczamy teraz rozwiązanie które spełnia warunki poczatkowe.

Z warunku wynika, że .

Ponieważ

to z warunku mamy, że czyli

Druga pochodna funkcji wynosi

więc z warunku dostajemy skąd wynika, że

Rozwiązanie problemu początkowego ma zatem postać

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko

⎧

⎩

⎨

⎪

(t) + t

(t) +

(t) = 0

e

t

_c

′ 1

e

t

c

′2

t

2

e

t

c

′3

(t) + (t + 1) (t) + ( + 2t) (t) = 0

e

t

_c

′ 1

e

t

c

′2

e

t

2

c

′3

(t) + (t + 2) (t) + ( + 4t + 2) (t) = .

e

t

_c

′ 1

e

t

c

′2

e

t

2

c

′3

e

t

e

t

⎧

⎩

⎨

⎪

(t) + t (t) +

(t) = 0

c

′ 1

c

′2

t

2

c

′3

(t) + (t + 1) (t) + ( + 2t) (t) = 0

c

′ 1

c

′2

t

2

c

′3

(t) + (t + 2) (t) + ( + 4t + 2) (t) = 1.

c

′ 1

c

′2

t

2

c

′3

(t) =

,

(t) =

,

(t) =

c

′ 1 ww(t)1(t)

c

′2 ww(t)2(t)

c

′3 ww(t)2(t)

w(t) =

∣

=

= 2,

∣

∣∣

∣

1

1 t

t + 1

t + 2

t

2

+ 2t

t

2

+ 4t + 2

t

2

∣

∣∣

∣

1

0

0 t

1

1 t

2

2t

2t + 2

∣

1

0

0 t

1

0 t

2

2t

2 ∣

∣

(t) =

=

= ,

w

1

∣

∣∣

∣

0

1 t

t + 1

t + 2

t

2

+ 2t

t

2

+ 4t + 2

t

2

∣

∣∣

∣

∣ t

_{t + 1}

_t

₂

t

_{+ 2t}

2

∣

_∣

∣ t

2

(t) =

= −

= −2t,

w

2

∣

∣∣

∣

1

0

1 t

2

+ 2t

t

2

+ 4t + 2

t

2

∣

∣∣

∣

∣1

₁

t

_{+ 2t}

2

t

2

∣

_∣

∣

(t) =

=

= 1.

w

3

∣

1

1 t

t + 1

t + 2

0

1 ∣

∣

∣∣

1

1 t + 1

t

∣

∣∣

(t), (t), (t)

c

′ 1

c

′2

c

′3

(t) = ∫

dt = ∫ dt =

+ ,

c

1 w_w(t)1(t) t₂2 1₆

t

3

c

1

(t) = ∫

dt = ∫

dt = −

+ ,

c

2 w_w(t)2(t) −2t₂ 1₂

t

2

c

2

(t) = ∫

dt = ∫ dt = t +

c

3 w_w(t)3(t) 1₂ 1₂

c

3

, ,

c

1

c

2

c

3

y(t) = (

e

t 1

+ ) + t (−

+ ) +

( t + ) = ( + t +

+

).

6

t

3

c

1

e

t 21

t

2

c

2

t

2

e

t 12

c

3

e

t

c

1

c

2

t

2

c

3 16

t

3

y(0) = 0

c

1

= 0

(t) = ( + t +

+

+ + 2 t +

)

y

′

_e

t

_c

₁

_c

₂

_c

₃

_t

2 1 6

t

3

c

2

c

3 12

t

2

(0) = 1

y

′

_c

₁

_{+ = 1,}

_c

₂

_c

₂

_{= 1.}

y(t)

(t) = ( + t +

+

+ + 2 t +

+ 2 + t)

y

′′

_e

t

_c

1

c

2

c

3

t

2 1₆

t

3

c

2

c

3 1₂

t

2

c

2

c

3 1₂

t

2

c

3

(0) = −2

y

′′

_c

₁

_{+ 2 + 2 = −2,}

_c

₂

_c

₃

_c

₃

_{= −2.}

y(t) = (t − 2 +

e

t

_t

2 1

).

6

t

3

(6)

na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 07:17:34

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=53af13a162c6ac02b0864b92e89bebc5