Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów o stałych współczynnikach metodą przewidywań

(1)

Rozwiązywanie równań

różniczkowych liniowych

niejednorodnych wyższych

rzędów o ...

Autorzy:

Julian Janus

2019

(2)

(1)

(2) Rozważmy równanie

gdzie prawa strona jest funkcją postaci

a i są wielomianami odpowiednio stopnia i

Oznaczmy przez wielomian występujący po lewej stronie równania charakterystycznego

Przypadek gdy Przypadek gdy . .

W tym przypadku funkcja ma postać

1.

1. Jeżeli nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

gdzie jest nieznanym wielomianem stopnia 2.

2. Jeżeli jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

gdzie jest nieznanym wielomianem stopnia Przypadek

Przypadek gdy gdy . .

W tym przypadku funkcja ma postać ( 2 ). 1.

1. Jeżeli nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

gdzie i są nieznanymi wielomianami stopnia 2.

2. Jeżeli jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

gdzie i są nieznanymi wielomianami stopnia

(t) +

(t) + ⋯ +

(t) + y(t) = f(t), t ∈ R

a

n

y

(n)

a

n−1

y

(n−1)

a

1

y

′

a

0

f(t) =

e

αt

[ (t) cos(βt) +

_P

(t) sin(βt)] ,

k

R

m

(t)

P

k

R

m

(t)

k m.

ϕ(λ)

ϕ(λ) =

a

n

λ

n

+

a

n−1

λ

n−1

⋯ + λ + = 0.

a

1

a

0

β = 0

f(t)

f(t) =

e

αt

_P

(t).

k

α

Y (t) =

e

αt

_W

(t),

k

(t)

W

k

k.

α

r,

Y (t) =

t

r

_e

αt

_W

(t),

k

(t)

W

k

k.

β ≠ 0

f(t)

α ± βi

Y (t) =

e

αt

[ (t) cos(βt) +

_S

(t) sin(βt)] ,

N

T

N

(t)

S

N

T

N

(t)

N = max {k, m}.

α ± βi

r,

Y (t) =

t

r

_e

αt

[ (t) cos(βt) +

_S

(t) sin(βt), ]

N

T

N

(t)

S

N

T

N

(t)

N = max {k, m}.

(3)

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

Krok 1.

Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste i . Zatem następujące funkcje

stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego, więc rozwiązanie ogólne równania jednorodnego jest postaci

Krok 2.

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne równania ( 3 ).

Ponieważ więc i

Uwzględniając fakt, że , szukamy rozwiązania szczególnego w postaci

Wyznaczamy i

Podstawiając teraz i do równania ( 3 ) dostajemy

Dzieląc powyższą równość przez otrzymamy równanie

Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach dostajemy układ równań

którego rozwiązaniem jest i Rozwiązanie szczególne równania ( 3 ) jest wówczas postaci

Ponieważ rozwiązanie ogólne równania ( 1 ) jest sumą rozwiązania szczególnego i jednorodnego, więc ma postać

− 3 + 2y =

( + t).

y

′′

_y

′

_e

−t

_t

2

− 3 + 2y = 0.

y

′′

_y

′

ϕ(λ) =

λ

2

− 3λ + 2 = 0

= 1

λ

1

λ

2

= 2

(t) =

i

(t) =

y

1

e

t

y

2

e

2t

(t) =

+

.

y

0

c

1

e

t

c

2

e

2t

Y (t)

f(t) =

e

−t

( + t)

_t

2

_{α = −1 β = 0.}

ϕ(−1) ≠ 0

Y (t)

Y (t) =

e

−t

(

_b

₂

_t

2

+ t + ).

_b

₁

_b

₀

(t)

Y

′

_Y

′′

_(t)

(t) =

(−

+ (2 − )t + − ),

Y

′

_e

−t

_b

₂

_t

2

_b

₂

_b

₁

_b

₁

_b

₀

(t) =

(

+ ( − 4 )t + 2 − 2 + ).

Y

′′

_e

−t

_b

₂

_t

2

_b

₁

_b

₂

_b

₂

_b

₁

_b

₀

Y (t),

Y

′

(t)

_Y

′′

_(t)

(

+ ( − 4 )t + 2 − 2 + ) − 3 (−

+ (2 − )t + − )+

e

−t

b

2

t

2

b

1

b

2

b

2

b

1

b

0

e

−t

b

2

t

2

b

2

b

1

b

1

b

0

2 (

e

−t

b

2

t

2

+ t + ) =

b

1

b

0

e

−t

( + t).

t

2

e

−t

6 b

2

t

2

+ (6 − 10 )t + 2 − 5 + 3 = + t.

b

1

b

2

b

2

b

1

b

0

t

2

⎧

⎩

⎨

6 = 1

6 − 10 = 1

b

21

b

2

2 − 5 + 6 = 0

b

2

b

1

b

0

= ,

=

b

0 17₅₄

b

1 4₉

b

2

= .

1₆

Y (t)

Y (t) =

e

−t 1

(

+ t + ) .

6

t

2 49 1754

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

y

0

e

−t 1

(

₆

t

2

+ t + ) +

₉4 17₅₄

c

1

e

t

+

c

2

e

2t

.

(4)

(4) Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

Krok 1.

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste o krotności 2 i . Następujące funkcje

Krok 2.

Ponieważ więc i

Uwzględniając fakt, że zero jest dwukrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 4 ) w postaci

Wyznaczamy i

Podstawiając teraz wyrażenia na i do równania ( 4 ) dostajemy

Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach po obu stronach powyższej równości dostajemy układ równań

którego rozwiązaniem jest i

Zatem rozwiązanie szczególne równania ( 4 ) jest postaci

Rozwiązanie ogólne równania ( 4 ), ma postać

− 4 = + 3t − 1.

y

′′′

_y

′′

_t

2

− 4 = 0.

y

′′′

_y

′′

ϕ(λ) =

λ

3

− 4 = 0

_λ

2

= 0

λ

1

λ

2

= 4

(t) =

= 1,

(t) = t = t,

(t) =

y

1

e

0t

y

2

e

0t

y

3

e

4t

(t) = + t +

.

y

0

c

1

c

2

c

3

e

4t

Y (t)

f(t) = + 3t − 1

t

2

_{α = 0 β = 0.}

, Y (t)

Y (t) = (

t

2

_b

₂

_t

2

+ t + ) =

_b

₁

_b

₀

_b

₂

_t

4

+

_b

₁

_t

3

+

_b

₀

_t

2

.

(t),

(t)

Y

′

_Y

′′

_Y

′′′

_(t)

(t) = 4

+ 3

+ 2 t,

(t) = 12

+ 6 t + 2 ,

(t) = 24 t + 6 .

Y

′

_b

₂

_t

3

_b

₁

_t

2

_b

₀

_Y

′′

_b

₂

_t

2

_b

₁

_b

₀

_Y

′′′

_b

₂

_b

₁

Y (t),

Y

′

(t),

_Y

′′

(t)

_Y

′′′

_(t)

24 t + 6 − 4(12

b

2

b

1

b

2

t

2

+ 6 t + 2 ) = −48

b

1

b

0

b

2

t

2

+ (24 − 24 )t + 6 − = + 3t − 1.

b

2

b

1

b

1

8

0

t

2

⎧

⎩

⎨

−48 = 1

24 − 24 = 3

b

2

b

2

b

1

6 − 8 = −1

b

1

b

0

=

,

=

,

b

2 −1₄₆

b

1 −7₄₈

b

0

= .

₆₄1

Y (t)

Y (t) =

−1

−

+

.

46

t

4 487

t

3 641

t

2

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

y

0 −1₄₆

t

4

−

₄₈7

t

3

+

₆₄1

t

2

+ + t +

c

1

c

2

c

3

e

4t

.

(5)

(6)

PRZYKŁAD

Przykład 3:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania

Krok 1.

ma dwa pierwiastki zespolone sprzężone ze sobą i . Następujące funkcje

Krok 2.

Ponieważ więc i

Uwzględniając fakt, że są jednokrotnymi pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego w postaci

Wyznaczamy i

Podstawiając teraz wyrażenia na i do równania ( 5 ) otrzymamy

Przenosząc wszystko na lewą stronę i grupując odpowiednio wyrazy, dostaniemy

Z przykładu 6 wynika, że funkcje

są liniowo niezależne, więc wszystkie współczynniki w równości ( 6 ) są równe zero

Rozwiązaniem tego układu jest

Zatem rozwiązanie szczególne ma postać

a rozwiązanie ogólne równania ( 5 ) wyraża sie wzorem

+ y = tcos t.

y

′′

+ y = 0.

y

′′

ϕ(λ) =

λ

2

+ 1 = 0

= i

λ

1

λ

2

= −i

(t) =

cos t = cos t,

(t) =

sin t = sin t

y

1

e

0t

y

2

e

0t

(t) = cos t + sin t.

y

0

c

1

c

2

Y (t)

f(t) = t cos t

α = 0 β = 1.

±i

Y (t)

Y (t) = t[( t + ) cos t + ( t + ) sin t].

a

1

a

0

b

1

b

0

(t)

Y

′

_Y

′′

_(t)

(t) = [

+ (2 + )t + ] cos t + [−

+ (2 − )t + ] sin t,

Y

′

_b

₁

_t

2

_a

₁

_b

₀

_a

₀

_a

₁

_t

2

_b

₁

_a

₀

_b

₀

(t) = [−

+ (4 − )t + 2 + 2 ] cos t + [−

− (4 + )t + 2 − 2 ] sin t.

Y

′′

_a

₁

_t

2

_b

₁

_a

₀

_a

₁

_b

₀

_b

₁

_t

2

_a

₁

_b

₀

_b

₁

_a

₀

Y (t),

Y

′

(t)

_Y

′′

_(t)

(4 t + 2 + 2 ) cos t + (−4 t + 2 − 2 ) sin t = tcos t.

b

1

a

1

b

0

a

1

b

1

a

0

(2 + 2 ) cos t + (4 − 1)tcos t + (2 − 2 ) sin t + (−4 )tsin t = 0.

a

1

b

0

b

1

b

1

a

0

a

1

cos t, tcos t, sin t, tsin t

⎧

⎩

⎨

⎪

2 + 2 = 0

a

1

b

0

4 − 1 = 0

b

1

2 − 2 = 0

b

1

a

0

−4 = 0.

a

1

= 0,

= ,

= 0.

a

1

a

0 1₄

b

1 1₄

b

0

Y (t)

Y (t) = t cos t +

1

sin t

4 14

t

2

(6)

(7)

(8)

(9)

(10) Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

Do rozwiązania tego równania wykorzystamy twierdzenie 2 o superpozycji rozwiązań. Krok 1.

Krok 2.

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne równania

Krok 3.

Krok 4.

Na mocy twierdzenia 2 o superpozycji rozwiązań, rozwiązanie równania ( 7 ) jest równe sumie wyżej wymienionych rozwiązań

Ad 1.

Ad 1. Równanie charakterystyczne ma postać

jego pierwiastki to liczby zespolone

Zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać

Ad 2.

Ad 2. Ponieważ więc i

Liczby nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego równania ( 8 ) w postaci

Obliczamy pochodne i

Podstawiając teraz wyrażenia na i do równania ( 8 ) otrzymamy

Dzieląc obustronnie powyższą równość przez i przenosząc wszystko na lewą stronę dostajemy

Ponieważ funkcje są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero

Rozwiązaniem tego układu jest i rozwiązanie szczególne ma postać

Ad 3. Ad 3. Ponieważ więc i

+ 2 + 2y = sin t + + 2 .

y

′′

_y

′

_e

t

_t

2

_e

−t

(t)

y

0

+ 2 + 2y = 0.

y

′′

_y

′

(t)

Y

1

+ 2 + 2y = sin t.

y

′′

_y

′

_e

t

(t)

Y

2

+ 2 + 2y = .

y

′′

_y

′

_t

2

(t)

Y

3

+ 2 + 2y = 2

y

′′

_y

′

_e

−2t

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

y

0

Y

1

Y

2

Y

3

+ 2λ + 2 = 0

λ

2

= −1 + i,

= −1 − i.

λ

1

λ

2

(t) =

( cos t + sin t).

y

0

e

−t

c

1

c

2

(t) = sin t

f

1

e

t

α = 1 β = 1.

1 + i i 1 − i

Y

1

(t)

(t) = (a cos t + b sin t).

Y

1

e

t

(t)

Y

′ 1

Y

1′′

(t)

(t) = [(a + b) cos t + (b − a) sin t],

(t) = 2 (b cos t − a sin t).

Y

′

1

e

t

Y

1′′

e

t

(t),

(t)

Y

1

Y

₁′

Y

₁′′

(t)

4 [(a + b) cos t + (b − a) sin t] = sin t.

e

t

_e

t

e

t

4(a + b) cos t + [4(b − a) − 1] sin t = 0.

cos t, sin t

{ 4(a + b) = 0

_{4(b − a) − 1 = 0.}

a =

−1

, b =

8 18

Y

1

(t)

(t) =

(sin t − cos t).

Y

1 1₈

e

t

(t) = ,

f

2

t

2

α = 0 β = 0.

(t)

2

(7)

Uwzględniając fakt, że nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 9 ) w postaci

Liczymy i

Podstawiając teraz wyrażenia na i do równania ( 9 ) i przenosząc wszysko na lewą stronę, otrzymamy

Ponieważ funkcje są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero

Rozwiązaniem tego układu jest i rozwiązanie szczególne ma postać

Ad 4.

Ad 4. Ponieważ więc i

Liczba nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego równania ( 10 ) w postaci

Podstawiając do równania ( 10 ) dostajemy równość

Stąd wynika, że i wówczas rozwiązanie szczególne ma postać Rozwiązaniem ogólnym równania ( 7 ) jest zatem funkcja

0 Y

2

(t)

(t) =

+ t + .

Y

2

a

2

t

2

a

1

a

0

(t)

Y

′ 1

Y

1′′

(t)

(t) = 2 t + ,

′′(t) = 2 .

Y

′ 2

a

2

a

1

Y

2

a

2

(t),

(t)

Y

2

Y

2′

Y

2′′

(t)

(2 − 1) + (4 + 2 )t + 2 + 4 = 0.

a

2

t

2

a

2

a

1

a

2

a

0

, t, 1

t

2

⎧

⎩

⎨

2 − 1 = 0

4 + 2 = 0

a

22

a

1

2 + 4 = 0.

a

2

a

0

= ,

= −1,

=

a

2 1₂

a

1

a

0 −1₄

Y

2

(t)

(t) =

− t − .

Y

2 1₂

t

2 1₄

(t) = 2 ,

f

3

e

−t

α = −1 β = 0.

−1

Y

3

(t)

(t) = a .

Y

3

e

−t

(t),

(t) = −a ,

(t) = a

Y

3

Y

3′

e

−t

Y

3′′

e

−t

a

e

−t

− 2a

_e

−t

+ 2a

_e

−t

= 2 .

_e

−t

a = 2

Y

3

(t)

Y

3

(t) = 2 .

e

−t

y(t) =

e

−t

( cos t + sin t) +

_c

₁

_c

₂ 1

(sin t − cos t) +

− t − + 2 .

(8)

(11) Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Krok 1.

ma dwa pierwiastki rzeczywiste i . Następujące funkcje

Krok 2.

Ponieważ więc i

Uwzględniając fakt, że nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego w postaci

Podstawiamy i do równania ( 11 ) i

otrzymujemy

Przenosząc wszystko na lewą strone równania i grupując odpowiednio wyrazy dostajemy

Ponieważ funkcje są liniowo niezależne, więc współczynniki przy nich muszą być równe zero

Rozwiązaniem tego układu jest zatem

Rozwiązanie ogólne równania ( 11 ) jest postaci

Uwzględniając warunki początkowe otrzymujemy następujący układ równań

którego rozwiązaniem jest Rozwiązaniem problemu początkowego ( 11 ) jest funkcja

+ 3 + 2y = 10 cos 2t, y(0) = 1,

(0) = 0.

y

′′

_y

′

_y

′

+ 3 + 2y = 0.

y

′′

_y

′

+ 3λ + 2 = 0

λ

2

= −2

λ

1

λ

2

= −1

(t) =

,

(t) =

y

1

e

−2t

y

2

e

−t

(t) =

+

.

y

0

c

1

e

−2t

c

2

e

−t

Y (t)

f(t) = 10 cos 2t,

α = 0 β = 2.

±2i

Y (t)

Y (t) = a cos 2t + b sin 2t.

Y (t),

Y

′

(t) = −2a sin 2t + 2b cos 2t

_Y

′′

_{(t) = −4a cos 2t − 4b sin 2t}

−4a cos 2t − 4b sin 2t + 3(−2a sin 2t + 2b cos 2t) + 2(a cos 2t + b sin 2t) = 10 cos 2t.

(−2a + 6b − 10) cos 2t + (−2b − 6a) sin 2t = 0.

cos 2t, sin 2t

{ −2a + 6b − 10 = 0

_{−2b − 6a = 0.}

a =

−1

, b = ,

2 32

Y (t) =

−1

cos 2t + sin 2t.

2 32

y(t) =

c

1

e

−2t

+

c

2

e

−t

+ cos 2t + sin 2t.

−1₂ 3₂

{ y(0) =

c

1

e

0

+

c

2

e

0

− cos 0 + sin 0 = + − = 1

1₂ 3₂

c

1

c

2 1₂

(0) = −2

−

+ sin 0 + 3 cos 0 = −2 − + 3 = 0

y

′

_c

₁

_e

0

_c

₂

_e

0

_c

₁

_c

₂

= ,

= 0.

c

1 32

c

2

y(t) =

3

− cos 2t + sin 2t.

(9)

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 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: 2019-04-16 09:16:13

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=67952b636a2a223df281a9371bfb9101