17.2: Ulinganisho wa mstari usio na kawaida
- Page ID
- 178833
- Andika suluhisho la jumla kwa usawa wa kutofautiana usio na kawaida.
- Tatua usawa wa kutofautiana usio na kawaida kwa njia ya coefficients zisizojulikana.
- Tatua usawa wa kutofautiana usio na kawaida kwa njia ya tofauti ya vigezo.
Katika sehemu hii, tunachunguza jinsi ya kutatua usawa wa kutofautiana usio na kawaida. Istilahi na mbinu ni tofauti na yale tuliyotumia kwa usawa sawa, basi hebu tuanze kwa kufafanua maneno mapya.
Suluhisho la jumla kwa Equation isiyo ya kawaida ya Linear
Fikiria usawa wa kutofautiana wa mstari usio na kawaida
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x). \nonumber \]
Equation ya homogeneous
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=0 \nonumber \]
inaitwa equation ya ziada. Tutaona kwamba kutatua equation ya ziada ni hatua muhimu katika kutatua usawa wa kutofautiana usio na kawaida.
Suluhisho\(y_p(x)\) la equation tofauti ambayo haina constants kiholela inaitwa suluhisho fulani kwa equation.
Hebu\(y_p(x)\) ufumbuzi wowote maalum kwa equation isiyo ya kawaida ya kutofautiana ya mstari
\[a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x). \nonumber \]
Pia, hebu\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) taja suluhisho la jumla kwa equation ya ziada. Kisha, suluhisho la jumla la equation isiyo ya kawaida hutolewa na
\[y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
Kuthibitisha\(y(x)\) ni suluhisho la jumla, ni lazima kwanza kuonyesha kwamba hutatua equation tofauti na, pili, kwamba suluhisho lolote la equation tofauti linaweza kuandikwa kwa fomu hiyo. Kubadilisha\(y(x)\) katika equation tofauti, tuna
\[\begin{align*}a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y &=a_2(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p)″+a_1(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p)′ \\ &\;\;\;\; +a_0(x)(c_1y_1+c_2y_2+y_p) \\[4pt] &=[a_2(x)(c_1y_1+c_2y_2)″+a_1(x)(c_1y_1+c_2y_2)′+a_0(x)(c_1y_1+c_2y_2)] \\ &\;\;\;\; +a_2(x)y_p″+a_1(x)y_p′+a_0(x)y_p \\[4pt] &=0+r(x) \\[4pt] &=r(x). \end{align*}\]
Hivyo\(y(x)\) ni suluhisho.
Sasa, hebu\(z(x)\) ufumbuzi wowote wa\(a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x).\) Kisha
\[\begin{align*}a_2(x)(z−y_p)″+a_1(x)(z−y_p)′+a_0(x)(z−y_p) &=(a_2(x)z″+a_1(x)z′+a_0(x)z) \\ &\;\;\;\;−(a_2(x)y_p″+a_1(x)y_p′+a_0(x)y_p) \\[4pt] &=r(x)−r(x) \\[4pt] &=0, \end{align*}\]
hivyo\(z(x)−y_p(x)\) ni suluhisho la equation ya ziada. Lakini,\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) ni suluhisho la jumla kwa equation ya ziada, kwa hiyo kuna mara kwa mara\(c_1\) na\(c_2\) vile
\[z(x)−y_p(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x). \nonumber \]
Hivyo, tunaona kwamba
\[z(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
Kutokana na kwamba\(y_p(x)=x\) ni suluhisho fulani kwa equation tofauti\(y″+y=x,\) kuandika suluhisho la jumla na kuangalia kwa kuthibitisha kwamba suluhisho hutimiza equation.
Suluhisho
Equation ya ziada ni\(y″+y=0,\) ambayo ina suluhisho la jumla\(c_1 \cos x+c_2 \sin x.\) Kwa hiyo, suluhisho la jumla la equation isiyo ya kawaida ni
\[y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+x. \nonumber \]
Ili kuthibitisha kuwa hii ni suluhisho, badala yake katika equation tofauti. Tuna
\[y′(x)=−c_1 \sin x+c_2 \cos x+1 \nonumber \]
na
\[y″(x)=−c_1 \cos x−c_2 \sin x. \nonumber \]
Kisha
\[\begin{align*} y″(x)+y(x) &=−c_1 \cos x−c_2 \sin x+c_1 \cos x+c_2 \sin x+x \\[4pt] &=x.\end{align*} \nonumber \]
Hivyo,\(y(x)\) ni suluhisho la\(y″+y=x\).
Kutokana na kwamba\(y_p(x)=−2\) ni suluhisho fulani la\(y″−3y′−4y=8,\) kuandika suluhisho la jumla na kuthibitisha kuwa suluhisho la jumla linatimiza equation.
- Kidokezo
-
Pata suluhisho la jumla kwa equation ya ziada.
- Jibu
-
\(y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{4x}−2\)
Katika sehemu iliyotangulia, tulijifunza jinsi ya kutatua equations homogeneous na coefficients mara kwa mara. Kwa hiyo, kwa equations nonhomogeneous ya fomu\(ay″+by′+cy=r(x)\), sisi tayari kujua jinsi ya kutatua equation nyongeza, na tatizo majipu chini ya kutafuta suluhisho fulani kwa equation nonhomogeneous. Sasa tunachunguza mbinu mbili kwa hili: njia ya coefficients isiyojulikana na njia ya tofauti ya vigezo.
Coefficients zisizojulikana
Njia ya coefficients isiyojulikana inahusisha kufanya nadhani za elimu kuhusu fomu ya suluhisho fulani kulingana na fomu ya\(r(x)\). Wakati sisi kuchukua derivatives ya polynomials, kazi kielelezo, sines, na cosines, sisi kupata polynomials, kazi kielelezo, sines, na cosines. Hivyo wakati\(r(x)\) ina moja ya aina hizi, inawezekana kwamba ufumbuzi wa equation nonhomogeneous tofauti inaweza kuchukua fomu hiyo. Hebu tuangalie mifano fulani ili kuona jinsi hii inavyofanya kazi.
Kupata ufumbuzi wa jumla kwa\(y″+4y′+3y=3x\).
Suluhisho
Equation ya ziada ni\(y″+4y′+3y=0\), na ufumbuzi wa jumla\(c_1e^{−x}+c_2e^{−3x}\). Tangu\(r(x)=3x\), suluhisho fulani linaweza kuwa na fomu\(y_p(x)=Ax+B\). Ikiwa ndio kesi, basi tuna\(y_p′(x)=A\) na\(y_p″(x)=0\). Kwa\(y_p\) kuwa ufumbuzi wa equation tofauti, ni lazima kupata maadili kwa\(A\) na\(B\) vile kwamba
\[\begin{align*} y″+4y′+3y &=3x \\[4pt] 0+4(A)+3(Ax+B) &=3x \\[4pt] 3Ax+(4A+3B) &=3x. \nonumber \end{align*} \nonumber \]
Kuweka coefficients ya maneno sawa sawa, tuna
\[\begin{align*} 3A &=3 \\ 4A+3B &=0. \end{align*} \nonumber \]
Kisha,\(A=1\) na\(B=−\frac{4}{3}\), hivyo\(y_p(x)=x−\frac{4}{3}\) na ufumbuzi wa jumla ni
\[y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{−3x}+x−\frac{4}{3}. \nonumber \]
Katika Mfano\(\PageIndex{2}\), angalia kwamba ingawa\(r(x)\) haikujumuisha muda wa mara kwa mara, ilikuwa ni lazima kwetu kuingiza muda wa mara kwa mara katika nadhani yetu. Kama tulikuwa kudhani ufumbuzi wa fomu\(y_p=Ax\) (bila muda wa mara kwa mara), sisi bila kuwa na uwezo wa kupata suluhisho. (Thibitisha hili!) Ikiwa kazi\(r(x)\) ni polynomial, nadhani yetu kwa suluhisho fulani inapaswa kuwa polynomial ya shahada sawa, na lazima iwe pamoja na masharti yote ya chini, bila kujali kama wanapo\(r(x)\).
Kupata ufumbuzi wa jumla kwa\(y″−y′−2y=2e^{3x}\).
Suluhisho
Equation ya ziada ni\(y″−y′−2y=0\), na suluhisho la jumla\(c_1e^{−x}+c_2e^{2x}\). Tangu\(r(x)=2e^{3x}\), ufumbuzi fulani anaweza kuwa na fomu\(y_p(x)=Ae^{3x}.\) Kisha, tuna\(yp′(x)=3Ae^{3x}\) na\(y_p″(x)=9Ae^{3x}\). Kwa\(y_p\) kuwa suluhisho la equation tofauti, ni lazima kupata thamani kwa\(A\) vile
\[\begin{align*} y″−y′−2y &=2e^{3x} \\[4pt] 9Ae^{3x}−3Ae^{3x}−2Ae^{3x} &=2e^{3x} \\[4pt] 4Ae^{3x} &=2e^{3x}. \end{align*} \nonumber \]
Hivyo,\(4A=2\) na\(A=1/2\). Kisha,\(y_p(x)=(\frac{1}{2})e^{3x}\), na ufumbuzi wa jumla ni
\[y(x)=c_1e^{−x}+c_2e^{2x}+\dfrac{1}{2}e^{3x}. \nonumber \]
Pata ufumbuzi wa jumla\(y″−4y′+4y=7 \sin t− \cos t.\)
- Kidokezo
-
Tumia\(y_p(t)=A \sin t+B \cos t \) kama nadhani kwa suluhisho fulani.
- Jibu
-
\(y(t)=c_1e^{2t}+c_2te^{2t}+ \sin t+ \cos t \)
Katika checkpoint uliopita,\(r(x)\) ni pamoja na masharti yote ya sine na cosine. Hata hivyo, hata ikiwa\(r(x)\) ni pamoja na muda wa sine tu au neno la cosine tu, maneno yote lazima yawepo katika nadhani. Njia ya coefficients isiyojulikana pia inafanya kazi na bidhaa za polynomials, exponentials, sines, na cosines. Baadhi ya aina muhimu ya\(r(x)\) na kuhusishwa guesses kwa\(y_p(x)\) ni muhtasari katika Jedwali\(\PageIndex{1}\).
| \(r(x)\) | Nadhani ya awali\(y_p(x)\) |
|---|---|
| \ (r (x)\)” style="wima align:middle; ">\(k\) (mara kwa mara) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(A\) (mara kwa mara) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(ax+b\) | \ (y_p (x)\)” style="vertical-align:middle; ">\(Ax+B\) (Kumbuka: nadhani lazima ijumuishe maneno yote hata kama\(b=0\).) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(ax^2+bx+c\) | \ (y_p (x)\)” style="vertical-align:middle; ">\(Ax^2+Bx+C\) (Kumbuka: nadhani lazima ijumuishe maneno yote matatu hata kama\(b\) au\(c\) ni sifuri.) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:middle; "> Mpangilio wa juu wa polynomials | \ (y_p (x)\)” style="vertical-align:middle; "> Polynomial ya utaratibu sawa na\(r(x)\) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(ae^{λx}\) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(Ae^{λx}\) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(a \cos βx+b \sin βx\) | \ (y_p (x)\)” style="vertical-align:middle; ">\(A \cos βx+B \sin βx\) (Kumbuka: Nadhani lazima ijumuishe maneno yote mawili hata kama ama\(a=0\) au\(b=0.\)) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx\) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\(Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx\) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((ax^2+bx+c)e^{λx}\) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((Ax^2+Bx+C)e^{λx}\) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((a_2x^2+a_1x+a0) \cos βx \\ +(b_2x^2+b_1x+b_0) \sin βx\) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((A_2x^2+A_1x+A_0) \cos βx \\ +(B_2x^2+B_1x+B_0) \sin βx \) |
| \ (r (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((a_2x^2+a_1x+a_0)e^{αx} \cos βx \\ +(b_2x^2+b_1x+b_0)e^{αx} \sin βx \) | \ (y_p (x)\)” style="wima align:katikati; ">\((A_2x^2+A_1x+A_0)e^{αx} \cos βx \\ +(B_2x^2+B_1x+B_0)e^{αx} \sin βx \) |
Kumbuka kwamba kuna shimo muhimu kwa njia hii. Fikiria equation tofauti\(y″+5y′+6y=3e^{−2x}\). Kulingana na fomu ya\(r(x)\), tunadhani ufumbuzi fulani wa fomu\(y_p(x)=Ae^{−2x}\). Lakini wakati sisi badala ya kujieleza hii katika equation tofauti ya kupata thamani kwa\(A\), sisi kukimbia katika tatizo. Tuna
\[y_p′(x)=−2Ae^{−2x} \nonumber \]
na
\[y_p''=4Ae^{−2x}, \nonumber \]
hivyo tunataka
\[\begin{align*} y″+5y′+6y &=3e^{−2x} \\[4pt] 4Ae^{−2x}+5(−2Ae^{−2x})+6Ae^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] 4Ae^{−2x}−10Ae^{−2x}+6Ae^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] 0 &=3e^{−2x}, \end{align*}\]
ambayo haiwezekani.
Kuangalia kwa karibu, tunaona kwamba, katika kesi hii, ufumbuzi wa jumla kwa equation nyongeza ni. kazi kielelezo katika kweli\(r(x)\) ni suluhisho la equation nyongeza, hivyo, kama sisi tu kuona, maneno yote upande wa kushoto wa equation kufuta nje.\(c_1e^{−2x}+c_2e^{−3x}.\) Bado tunaweza kutumia njia ya coefficients isiyojulikana katika kesi hii, lakini tunapaswa kubadilisha nadhani yetu kwa kuzidisha kwa\(x\). Kwa kutumia nadhani mpya,\(y_p(x)=Axe^{−2x}\), tuna
\[y_p′(x)=A(e^{−2x}−2xe^{−2x} \nonumber \]
na
\[y_p''(x)=−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x}. \nonumber \]
Badala inatoa
\[\begin{align*}y″+5y′+6y &=3e^{−2x} \\[4pt] (−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x})+5(Ae^{−2x}−2Axe^{−2x})+6Axe^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt]−4Ae^{−2x}+4Axe^{−2x}+5Ae^{−2x}−10Axe^{−2x}+6Axe^{−2x} &=3e^{−2x} \\[4pt] Ae^{−2x} &=3e^{−2x}.\end{align*}\]
Hivyo,\(A=3\) na\(y_p(x)=3xe^{−2x}\). Hii inatupa ufumbuzi wa jumla wafuatayo
\[y(x)=c_1e^{−2x}+c_2e^{−3x}+3xe^{−2x}. \nonumber \]
Kumbuka kwamba kama\(xe^{−2x}\) walikuwa pia ufumbuzi wa equation nyongeza, tutakuwa na kuzidisha kwa\(x\) tena, na sisi bila kujaribu\(y_p(x)=Ax^2e^{−2x}\).
- Tatua equation ya ziada na uandike suluhisho la jumla.
- Kulingana na fomu ya\(r(x)\), kufanya nadhani ya awali kwa\(y_p(x)\).
- Angalia kama neno lolote katika nadhani kwa\(y_p(x)\) ni suluhisho la equation nyongeza. Kama ni hivyo, kuzidisha nadhani kwa\(x.\) Rudia hatua hii mpaka hakuna maneno katika\(y_p(x)\) kwamba kutatua equation nyongeza.
- Mbadala\(y_p(x)\) katika equation tofauti na equate kama maneno ya kupata maadili kwa coefficients haijulikani katika\(y_p(x)\).
- Ongeza suluhisho la jumla kwa equation ya ziada na suluhisho fulani ulipata tu kupata suluhisho la jumla kwa equation isiyo ya kawaida.
Pata ufumbuzi wa jumla kwa equations tofauti zifuatazo.
- \(y''−9y=−6 \cos 3x\)
- \(x″+2x′+x=4e^{−t}\)
- \(y″−2y′+5y=10x^2−3x−3\)
- \(y''−3y′=−12t\)
Suluhisho
- Equation ya ziada ni\(y″−9y=0\), ambayo ina suluhisho la jumla\(c_1e^{3x}+c_2e^{−3x}\) (hatua ya 1). Kulingana na fomu ya nadhani\(r(x)=−6 \cos 3x,\) yetu ya awali kwa suluhisho fulani ni\(y_p(x)=A \cos 3x+B \sin 3x\) (hatua ya 2). Hakuna hata maneno katika\(y_p(x)\) kutatua equation ya ziada, hivyo hii ni nadhani halali (hatua ya 3).
Sasa tunataka kupata maadili kwa\(A\) na\(B,\) hivyo mbadala\(y_p\) katika equation tofauti. Tuna\[y_p′(x)=−3A \sin 3x+3B \cos 3x \text{ and } y_p″(x)=−9A \cos 3x−9B \sin 3x, \nonumber \]
hivyo tunataka kupata maadili ya\(A\) na\(B\) vile kwamba\[\begin{align*}y″−9y &=−6 \cos 3x \\[4pt] −9A \cos 3x−9B \sin 3x−9(A \cos 3x+B \sin 3x) &=−6 \cos 3x \\[4pt] −18A \cos 3x−18B \sin 3x &=−6 \cos 3x. \end{align*}\]
Kwa hiyo,\[\begin{align*}−18A &=−6 \\[4pt] −18B &=0. \end{align*}\]
Hii inatoa\(A=\frac{1}{3}\) na\(B=0,\) hivyo\(y_p(x)=(\frac{1}{3}) \cos 3x\) (hatua ya 4).
Kuweka kila kitu pamoja, tuna suluhisho la jumla\[y(x)=c_1e^{3x}+c_2e^{−3x}+\dfrac{1}{3} \cos 3x.\nonumber \]
- Equation ya ziada ni\(x''+2x′+x=0,\) ambayo ina suluhisho la jumla\(c_1e^{−t}+c_2te^{−t}\) (hatua ya 1). Kulingana na fomu\(r(t)=4e^{−t}\), nadhani yetu ya awali kwa suluhisho fulani ni\(x_p(t)=Ae^{−t}\) (hatua ya 2). Hata hivyo, tunaona kwamba nadhani hii hutatua usawa wa ziada, kwa hiyo tunapaswa kuzidisha na\(t,\) ambayo inatoa nadhani mpya:\(x_p(t)=Ate^{−t}\) (hatua ya 3). Kuangalia nadhani hii mpya, tunaona kwamba, pia, hutatua equation ya ziada, hivyo ni lazima kuzidisha na t tena, ambayo inatoa\(x_p(t)=At^2e^{−t}\) (hatua ya 3 tena). Sasa, kuangalia nadhani hii, tunaona kwamba\(x_p(t)\) haina kutatua equation ya ziada, hivyo hii ni nadhani halali (hatua ya 3 tena).
Sisi sasa wanataka kupata thamani kwa\(A\), hivyo sisi badala\(x_p\) katika equation tofauti. Tuna\[\begin{align*}x_p(t) &=At^2e^{−t}, \text{ so} \\[4pt] x_p′(t) &=2Ate^{−t}−At^2e^{−t} \end{align*}\]
na\[x_p″(t)=2Ae^{−t}−2Ate^{−t}−(2Ate^{−t}−At^2e^{−t})=2Ae^{−t}−4Ate^{−t}+At^2e^{−t}. \nonumber \]
Kubadilisha katika equation tofauti, tunataka kupata thamani ya\(A\) ili\[\begin{align*} x″+2x′+x &=4e^{−t} \\[4pt] 2Ae^{−t}−4Ate^{−t}+At^2e^{−t}+2(2Ate^{−t}−At^2e^{−t})+At^2e^{−t} &=4e^{−t} \\[4pt] 2Ae^{−t}&=4e^{−t}. \end{align*} \nonumber \]
Hii inatoa\(A=2\), hivyo\(x_p(t)=2t^2e^{−t}\) (hatua ya 4). Kuweka kila kitu pamoja, tuna suluhisho la jumla\[x(t)=c_1e^{−t}+c_2te^{−t}+2t^2e^{−t}.\nonumber \]
- Equation ya ziada ni\(y″−2y′+5y=0\), ambayo ina suluhisho la jumla\(c_1e^x \cos 2x+c_2 e^x \sin 2x\) (hatua ya 1). Kulingana na fomu\(r(x)=10x^2−3x−3\), nadhani yetu ya awali kwa suluhisho fulani ni\(y_p(x)=Ax^2+Bx+C\) (hatua ya 2). Hakuna hata maneno katika\(y_p(x)\) kutatua equation ya ziada, hivyo hii ni nadhani halali (hatua ya 3). Sisi sasa wanataka kupata maadili kwa\(A\),\(B\), na\(C\), hivyo sisi mbadala\(y_p\) katika equation tofauti. Tuna\(y_p′(x)=2Ax+B\) na\(y_p″(x)=2A\), hivyo tunataka kupata maadili ya\(A\)\(B\),, na\(C\) vile
\[\begin{align*}y″−2y′+5y &=10x^2−3x−3 \\[4pt] 2A−2(2Ax+B)+5(Ax^2+Bx+C) &=10x^2−3x−3 \\[4pt] 5Ax^2+(5B−4A)x+(5C−2B+2A) &=10x^2−3x−3. \end{align*}\]
Kwa hiyo,\[\begin{align*} 5A &=10 \\[4pt] 5B−4A &=−3 \\[4pt] 5C−2B+2A &=−3. \end{align*}\]
Hii inatoa\(A=2\),\(B=1\), na\(C=−1\), hivyo\(y_p(x)=2x^2+x−1\) (hatua ya 4). Kuweka kila kitu pamoja, tuna suluhisho la jumla\[y(x)=c_1e^x \cos 2x+c_2e^x \sin 2x+2x^2+x−1.\nonumber \]
- Equation ya ziada ni\(y″−3y′=0\), ambayo ina suluhisho la jumla\(c_1e^{3t}+c_2\) (hatua ya 1). Kulingana na fomu r (t) =-12t, r (t) =-12t, nadhani yetu ya awali kwa suluhisho fulani ni\(y_p(t)=At+B\) (hatua ya 2). Hata hivyo, tunaona kwamba muda wa mara kwa mara katika nadhani hii hutatua usawa wa ziada, kwa hiyo tunapaswa kuzidisha na\(t\), ambayo inatoa nadhani mpya:\(y_p(t)=At^2+Bt\) (hatua ya 3). Kuangalia nadhani hii mpya, tunaona kwamba hakuna maneno katika\(y_p(t)\) kutatua equation ya ziada, hivyo hii ni nadhani halali (hatua ya 3 tena). Sasa tunataka kupata maadili kwa\(A\) na\(B,\) hivyo sisi badala\(y_p\) katika equation tofauti. Tuna\(y_p′(t)=2At+B\) na\(y_p″(t)=2A\), hivyo tunataka kupata maadili ya AA na BB vile
\[\begin{align*}y″−3y′ &=−12t \\[4pt] 2A−3(2At+B) &=−12t \\[4pt] −6At+(2A−3B) &=−12t. \end{align*}\]
Kwa hiyo,\[\begin{align*}−6A &=−12 \\[4pt] 2A−3B &=0. \end{align*}\]
Hii inatoa\(A=2\) na\(B=4/3\), hivyo\(y_p(t)=2t^2+(4/3)t\) (hatua ya 4). Kuweka kila kitu pamoja, tuna suluhisho la jumla\[y(t)=c_1e^{3t}+c_2+2t^2+\dfrac{4}{3}t.\nonumber \]
Pata suluhisho la jumla kwa equations tofauti zifuatazo.
- \(y″−5y′+4y=3e^x\)
- \(y″+y′−6y=52 \cos 2t \)
- Kidokezo
-
Tumia mkakati wa kutatua matatizo.
- Jibu
-
\(y(x)=c_1e^{4x}+c_2e^x−xe^x\)
- Jibu b
-
\(y(t)=c_1e^{−3t}+c_2e^{2t}−5 \cos 2t+ \sin 2t\)
Tofauti ya Parameters
Wakati mwingine,\(r(x)\) si mchanganyiko wa polynomials, exponentials, au sines na cosines. Wakati huu ndio kesi, njia ya coefficients isiyojulikana haifanyi kazi, na tunapaswa kutumia njia nyingine ya kupata suluhisho fulani kwa usawa tofauti. Tunatumia mbinu inayoitwa njia ya tofauti ya vigezo.
Ili kurahisisha mahesabu yetu kidogo, tutagawanya equation tofauti kupitia kwa\(a,\) hivyo tuna mgawo wa kuongoza wa 1. Kisha equation tofauti ina fomu
\[y″+py′+qy=r(x), \nonumber \]
wapi\(p\) na\(q\) ni mara kwa mara.
Ikiwa suluhisho la jumla la equation ya ziada hutolewa na\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\), tutaenda kutafuta suluhisho fulani la fomu
\[y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x). \nonumber \]
Katika kesi hii, tunatumia ufumbuzi wa kujitegemea wa mstari kwa usawa wa ziada ili kuunda suluhisho letu maalum. Hata hivyo, sisi ni kuchukua coefficients ni kazi ya\(x\), badala ya constants. Tunataka kupata kazi\(u(x)\) na\(v(x)\) vile kwamba\(y_p(x)\) satisfies equation tofauti. Tuna
\[\begin{align*}y_p &=uy_1+vy_2 \\[4pt] y_p′ &=u′y_1+uy_1′+v′y_2+vy_2′ \\[4pt] y_p″ &=(u′y_1+v′y_2)′+u′y_1′+uy_1″+v′y_2′+vy_2″. \end{align*}\]
Kubadilisha katika equation tofauti, tunapata
\[\begin{align*}y_p″+py_p′+qy_p &=[(u′y_1+v′y_2)′+u′y_1′+uy_1″+v′y_2′+vy_2″] \\ &\;\;\;\;+p[u′y_1+uy_1′+v′y_2+vy_2′]+q[uy_1+vy_2] \\[4pt] &=u[y_1″+p_y1′+qy_1]+v[y_2″+py_2′+qy_2] \\ &\;\;\;\; +(u′y_1+v′y_2)′+p(u′y_1+v′y_2)+(u′y_1′+v′y_2′). \end{align*}\]
Kumbuka kuwa\(y_1\) na\(y_2\) ni ufumbuzi wa equation ya ziada, hivyo maneno mawili ya kwanza ni sifuri. Hivyo, tuna
\[(u′y_1+v′y_2)′+p(u′y_1+v′y_2)+(u′y_1′+v′y_2′)=r(x). \nonumber \]
Kama sisi kurahisisha equation hii kwa kuweka hali ya ziada\(u′y_1+v′y_2=0\), kwanza maneno mawili ni sifuri, na hii inapunguza kwa\(u′y_1′+v′y_2′=r(x)\). Kwa hiyo, kwa hali hii ya ziada, tuna mfumo wa equations mbili katika haijulikani mbili:
\[\begin{align*} u′y_1+v′y_2 &= 0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\]
Kutatua mfumo huu\(u′\) inatupa na\(v′\), ambayo tunaweza kuunganisha ili kupata\(u\) na\(v\).
Kisha,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) ni ufumbuzi hasa kwa equation tofauti. Kutatua mfumo huu wa equations wakati mwingine ni changamoto, basi hebu tuchukue fursa hii kuchunguza utawala wa Cramer, ambayo inatuwezesha kutatua mfumo wa equations kwa kutumia vigezo.
Mfumo wa equations
\[\begin{align*} a_1z_1+b_1z_2 &=r_1 \\[4pt] a_2z_1+b_2z_2 &=r_2 \end{align*}\]
ina suluhisho la kipekee ikiwa na tu ikiwa uamuzi wa coefficients sio sifuri. Katika kesi hiyo, suluhisho hutolewa na
\[z_1=\dfrac{\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}} \; \; \; \; \; \text{and} \; \; \; \; \; z_2= \dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}. \label{cramer} \]
Tumia utawala wa Cramer kutatua mfumo wafuatayo wa equations.
\[\begin{align*}x^2z_1+2xz_2 &=0 \\[4pt] z_1−3x^2z_2 &=2x \end{align*}\]
Suluhisho
Tuna
\[\begin{align*} a_1(x) &=x^2 \\[4pt] a_2(x) &=1 \\[4pt] b_1(x) &=2x \\[4pt] b_2(x) &=−3x^2 \\[4pt] r_1(x) &=0 \\[4pt] r_2(x) &=2x. \end{align*}\]
Kisha,\[\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|}x^2 2x \\ 1 −3x^2 \end{array}=−3x^4−2x \nonumber \]
na
\[\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|}0 2x \\ 2x -3x^2 \end{array}=0−4x^2=−4x^2. \nonumber \]
Hivyo,
\[z1=\dfrac{\begin{array}{|ll|}r_1 b_1 \\ r_2 b_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}=\dfrac{−4x^2}{−3x^4−2x}=\dfrac{4x}{3x^3+2}. \nonumber \]
Aidha,
\[\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}=\begin{array}{|ll|} x^2 0 \\ 1 2x \end{array}=2x^3−0=2x^3. \nonumber \]
Hivyo,
\[z2=\dfrac{\begin{array}{|ll|}a_1 r_1 \\ a_2 r_2 \end{array}}{\begin{array}{|ll|}a_1 b_1 \\ a_2 b_2 \end{array}}=\dfrac{2x^3}{−3x^4−2x}=\dfrac{−2x^2}{3x^3+2}.\nonumber \]
Tumia utawala wa Cramer kutatua mfumo wafuatayo wa equations.
\[\begin{align*} 2xz_1−3z_2 &=0 \\[4pt] x^2z_1+4xz_2 &=x+1 \end{align*}\]
- Kidokezo
-
Tumia mchakato kutoka kwa mfano uliopita.
- Jibu
-
\(z_1=\frac{3x+3}{11x^2}\),\( z_2=\frac{2x+2}{11x}\)
- Tatua equation ya ziada na uandike suluhisho la jumla\[c_1y_1(x)+c_2y_2(x). \nonumber \]
- Tumia utawala wa Cramer au mbinu nyingine inayofaa ili kupata kazi\(u′(x)\) na\(v′(x)\) kuridhisha\[\begin{align*} u′y_1+v′y_2 &=0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\]
- \(u′\)\(v′\)Unganisha na kupata\(u(x)\) na\(v(x)\). Kisha,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) ni ufumbuzi hasa kwa equation.
- Ongeza suluhisho la jumla kwa equation ya ziada na suluhisho fulani lililopatikana katika hatua ya 3 ili kupata suluhisho la jumla kwa equation isiyo ya kawaida.
Pata suluhisho la jumla kwa equations tofauti zifuatazo.
- \(y″−2y′+y=\dfrac{e^t}{t^2}\)
- \(y″+y=3 \sin ^2 x\)
Suluhisho
- Equation ya ziada ni\(y″−2y′+y=0\) pamoja na ufumbuzi wa jumla unaohusishwa\(c_1e^t+c_2te^t\). Kwa hiyo,\(y_1(t)=e^t\) na\(y_2(t)=te^t\). Kuhesabu derivatives, tunapata\(y_1′(t)=e^t\) na\(y_2′(t)=e^t+te^t\) (hatua ya 1). Kisha, tunataka kupata kazi\(u′(t)\) na\(v′(t)\) hivyo
\[\begin{align*} u′e^t+v′te^t &=0 \\[4pt] u′e^t+v′(e^t+te^t) &= \dfrac{e^t}{t^2}. \end{align*}\]
Kutumia utawala Cramer ya (Equation\ ref {cramer}), tuna
\[u′=\dfrac{\begin{array}{|lc|}0 te^t \\ \frac{e^t}{t^2} e^t+te^t \end{array}}{ \begin{array}{|lc|}e^t te^t \\ e^t e^t+te^t \end{array}} =\dfrac{0−te^t(\frac{e^t}{t^2})}{e^t(e^t+te^t)−e^tte^t}=\dfrac{−\frac{e^{2t}}{t}}{e^{2t}}=−\dfrac{1}{t} \nonumber \]
na
\[v′= \dfrac{\begin{array}{|ll|}e^t 0 \\ e^t \frac{e^t}{t^2} \end{array} }{\begin{array}{|lc|}e^t te^t \\ e^t e^t+te^t \end{array} } =\dfrac{e^t(\frac{e^t}{t^2})}{e^{2t}}=\dfrac{1}{t^2}\quad(\text{step 2}). \nonumber \]
Kuunganisha, tunapata
\[\begin{align*} u &=−\int \dfrac{1}{t}dt=− \ln|t| \\[4pt] v &=\int \dfrac{1}{t^2}dt=−\dfrac{1}{t} \tag{step 3} \end{align*} \]
Kisha tuna
\[\begin{align*}y_p &=−e^t \ln|t|−\frac{1}{t}te^t \\[4pt] &=−e^t \ln |t|−e^t \tag{step 4}.\end{align*} \]
\(e^t\)Neno ni suluhisho la equation ya ziada, kwa hiyo hatuhitaji kubeba neno hilo katika suluhisho letu la jumla kwa uwazi. Suluhisho la jumla ni
\[y(t)=c_1e^t+c_2te^t−e^t \ln |t| \tag{step 5} \]
- Equation ya ziada ni\(y″+y=0\) pamoja na ufumbuzi wa jumla unaohusishwa\(c_1 \cos x+c_2 \sin x\). Hivyo,\(y_1(x)= \cos x\) na\(y_2(x)= \sin x\) (hatua ya 1). Kisha, tunataka kupata kazi\(u′(x)\) na\(v′(x)\) vile
\[\begin{align*} u′ \cos x+v′ \sin x &=0 \\[4pt] −u′ \sin x+v′ \cos x &=3 \sin _2 x \end{align*}. \nonumber \]
Kutumia utawala wa Cramer, tuna
\[u′= \dfrac{\begin{array}{|cc|}0 \sin x \\ 3 \sin ^2 x \cos x \end{array}}{ \begin{array}{|cc|} \cos x \sin x \\ − \sin x \cos x \end{array}}=\dfrac{0−3 \sin^3 x}{ \cos ^2 x+ \sin ^2 x}=−3 \sin^3 x \nonumber \]
na
\[v′=\dfrac{\begin{array}{|cc|} \cos x 0 \\ - \sin x 3 \sin^2 x \end{array}}{ \begin{array}{|cc|} \cos x \sin x \\ − \sin x \cos x \end{array}}=\dfrac{ 3 \sin^2x \cos x}{ 1}=3 \sin^2 x \cos x( \text{step 2}). \nonumber \]
Kuunganisha kwanza kupata\(u,\) sisi kupata
\[u=\int −3 \sin^3 x dx=−3 \bigg[ −\dfrac{1}{3} \sin ^2 x \cos x+\dfrac{2}{3} \int \sin x dx \bigg]= \sin^2 x \cos x+2 \cos x. \nonumber \]
Sasa, tunaunganisha ili kupata\(v.\) Kutumia badala (na\(w= \sin x\)), tunapata
\[v= \int 3 \sin ^2 x \cos x dx=\int 3w^2dw=w^3=sin^3x.\nonumber \]
Kisha,
\[\begin{align*}y_p &=(\sin^2 x \cos x+2 \cos x) \cos x+(\sin^3 x)\sin x \\[4pt] &=\sin_2 x \cos _2 x+2 \cos _2 x+ \sin _4x \\[4pt] &=2 \cos_2 x+ \sin_2 x(\cos^2 x+\sin ^2 x) & & (\text{step 4}). \\[4pt] &=2 \cos _2 x+\sin_2x \\[4pt] &= \cos _2 x+1 \end{align*}\]
Suluhisho la jumla ni
\[y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+1+ \cos^2 x(\text{step 5}).\nonumber \]
Pata suluhisho la jumla kwa equations tofauti zifuatazo.
- \(y″+y= \sec x\)
- \(x″−2x′+x=\dfrac{e^t}{t}\)
- Kidokezo
-
Fuata mkakati wa kutatua matatizo.
- Jibu
-
\(y(x)=c_1 \cos x+c_2 \sin x+ \cos x \ln| \cos x|+x \sin x\)
- Jibu b
-
\(x(t)=c_1e^t+c_2te^t+te^t \ln|t| \)
Dhana muhimu
- Ili kutatua usawa wa kutofautiana wa pili wa mstari wa pili, kwanza pata suluhisho la jumla kwa equation ya ziada, kisha upate suluhisho fulani kwa equation isiyo ya kawaida.
- Hebu\(y_p(x)\) ufumbuzi wowote maalum kwa usawa wa kutofautiana wa mstari usio na kawaida\[a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x), \nonumber \] na hebu\(c_1y_1(x)+c_2y_2(x)\) ueleze suluhisho la jumla kwa equation ya ziada. Kisha, suluhisho la jumla la equation isiyo ya kawaida hutolewa na\[y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x). \nonumber \]
- Wakati\(r(x)\) ni mchanganyiko wa polynomials, kazi za kielelezo, sines, na cosines, tumia njia ya coefficients isiyojulikana ili kupata suluhisho fulani. Ili kutumia njia hii, kudhani suluhisho kwa fomu sawa na\(r(x)\), kuzidisha kwa x kama inahitajika mpaka suluhisho la kudhani limejitegemea kwa ufumbuzi wa jumla kwa equation ya ziada. Kisha, badala ya ufumbuzi wa kudhani katika equation tofauti ili kupata maadili kwa coefficients.
- Wakati\(r(x)\) sio mchanganyiko wa polynomials, kazi za kielelezo, au sines na cosines, tumia njia ya tofauti ya vigezo ili kupata suluhisho fulani. Njia hii inahusisha kutumia utawala Cramer au mbinu nyingine kufaa ili kupata kazi na\(v′(x)\) kuridhisha\[\begin{align*}u′y_1+v′y_2 &=0 \\[4pt] u′y_1′+v′y_2′ &=r(x). \end{align*}\] Kisha,\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\) ni suluhisho hasa kwa equation tofauti.
Mlinganyo muhimu
- Ulinganisho wa ziada
\(a_2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=0\) - Ufumbuzi wa jumla wa equation isiyo ya kawaida ya kutofautiana
\(y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+y_p(x)\)
faharasa
- equation ya ziada
- kwa usawa wa kutofautiana wa mstari usio sawa, equation\(a+2(x)y″+a_1(x)y′+a_0(x)y=r(x),\) inayohusishwa sawa, inayoitwa equation ya ziada, ni\(a_2(x)y''+a_1(x)y′+a_0(x)y=0\)
- njia ya coefficients isiyojulikana
- njia ambayo inahusisha kufanya nadhani kuhusu fomu ya suluhisho fulani, kisha kutatua kwa coefficients katika nadhani
- njia ya tofauti ya vigezo
- njia ambayo inahusisha kutafuta ufumbuzi fulani kwa fomu\(y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)\), wapi\(y_1\) na\(y_2\) ni ufumbuzi wa kujitegemea kwa usawa wa ziada, na kisha kutatua mfumo wa equations kupata\(u(x)\) na\(v(x)\)
- ufumbuzi maalum
- ufumbuzi\(y_p(x)\) wa equation tofauti ambayo ina constants hakuna holela