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

Metodę przewidywań można stosować jedynie do rozwiązywania równań różniczkowych liniowych niejednorodnych o stałych współczynnikach. Zaletą tej metody jest to, że unika się całkowania, jak to ma miejsce w metodzie współczynników nieoznaczonych. Natomiast wadą jest to, że ma zastosowanie tylko dla pewnego typu funkcji.
Rozważmy równanie

(1)

\( a_{n}y^{(n)}(t)+a_{n-1}y^{(n-1)}(t)+\cdots + a_{1}y^{\prime}(t)+a_{0}y(t)=f(t), \hskip 1pc t\in\mathbb{R} \)

gdzie prawa strona jest funkcją postaci

(2)

\( f(t)=e^{\alpha t}\left[ P_k(t)\cos(\beta t)+R_m(t)\sin(\beta t)\right], \)

a \( \hskip 0.3pc P_k(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc R_m(t)\hskip 0.3pc \) są wielomianami odpowiednio stopnia \( \hskip 0.3pc k\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc m.\hskip 0.3pc \)
Oznaczmy przez \( \hskip 0.3pc \phi (\lambda)\hskip 0.3pc \) wielomian występujący po lewej stronie równania charakterystycznego

\( \phi(\lambda)=a_n\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}\cdots +a_1\lambda +a_0=0. \)

Przypadek gdy \( \hskip 0.3pc \beta=0\hskip 0.3pc \).
W tym przypadku funkcja \( \hskip 0.3pc f(t)\hskip 0.3pc \) ma postać

\( f(t)=e^{\alpha t} P_k(t). \)

1. Jeżeli \( \hskip 0.3pc \alpha\hskip 0.3pc \) nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

\( Y(t)=e^{\alpha t} W_k(t), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc W_k(t) \) jest nieznanym wielomianem stopnia \( \hskip 0.3pc k.\hskip 0.3pc \)
2. Jeżeli \( \hskip 0.3pc \alpha \hskip 0.3pc \) jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności \( \hskip 0.3pc r,\hskip 0.3pc \) to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

\( Y(t)=t^re^{\alpha t} W_k(t), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc W_k(t)\hskip 0.3pc \) jest nieznanym wielomianem stopnia \( \hskip 0.3pc k.\hskip 0.3pc \)
Przypadek gdy \( \hskip 0.3pc \beta\neq 0\hskip 0.3pc \).
W tym przypadku funkcja \( \hskip 0.3pc f(t)\hskip 0.3pc \) ma postać ( 2 ).
1. Jeżeli \( \hskip 0.3pc \alpha \pm\beta i \hskip 0.3pc \) nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

\( Y(t)=e^{\alpha t}\left[ S_N(t)\cos(\beta t)+T_N(t)\sin(\beta t)\right], \)

gdzie \( \hskip 0.3pc S_N(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc T_N(t)\hskip 0.3pc \) są nieznanymi wielomianami stopnia \( \hskip 0.3pc N=\max{\{k,m}\}.\hskip 0.3pc \)

2. Jeżeli \( \hskip 0.3pc \alpha \pm\beta i\hskip 0.3pc \) jest pierwiastkiem równania charakterystycznego o krotności \( \hskip 0.3pc r,\hskip 0.3pc \) to przewidujemy rozwiązanie szczególne równania ( 1 ) w postaci

\( Y(t)=t^re^{\alpha t}\left[ S_N(t)\cos(\beta t)+T_N(t)\sin(\beta t),\right] \)

gdzie \( \hskip 0.3pc S_N(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc T_N(t)\hskip 0.3pc \) są nieznanymi wielomianami stopnia \( \hskip 0.3pc N=\max{\{k,m}\}.\hskip 0.3pc \)

Przykład 1:

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

(3)

\( y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=e^{-t}(t^2+t). \)

Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

\( y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=0. \)

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

\( \phi(\lambda)=\lambda^2-3\lambda+2=0 \)

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste \( \hskip 0.3pc \lambda_1 =1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_2 =2\hskip 0.3pc \) .
Zatem następujące funkcje

\( y_1(t)=e^t \hskip 1pc {\rm i} \hskip 1pc y_2(t)=e^{2t} \)

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

\( y_0(t)=c_1e^t+c_2e^{2t}. \)

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 3 ).
Ponieważ \( \hskip 0.3pc f(t)=e^{-t}(t^2+t)\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =-1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =0.\hskip 0.3pc \)
Uwzględniając fakt, że \( \hskip 0.3pc \phi(-1)\neq 0\hskip 0.3pc \), szukamy rozwiązania szczególnego \( Y(t) \) w postaci

\( Y(t)=e^{-t}(b_2t^2+b_1t+b_0). \)

Wyznaczamy \( \hskip 0.3pc Y^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \)

\( Y^{\prime}(t)=e^{-t}(-b_2t^2+(2b_2-b_1)t+b_1-b_0), \)

\( Y^{\prime\prime}(t)=e^{-t}(b_2t^2+(b_1-4b_2)t+2b_2-2b_1+b_0). \)

Podstawiając teraz \( \hskip 0.3pc Y(t),\hskip 0.3pc Y^{\prime}(t) \) i \( Y^{\prime\prime}(t) \) do równania ( 3 ) dostajemy

\( \begin{aligned} & e^{-t}(b_2t^2+(b_1-4b_2)t+2b_2-2b_1+b_0)-3e^{-t}(-b_2t^2+(2b_2-b_1)t+b_1-b_0)+\\ & 2e^{-t}(b_2t^2+b_1t+b_0)=e^{-t}(t^2+t).\end{aligned} \)

Dzieląc powyższą równość przez \( \hskip 0.3pc e^{-t}\hskip 0.3pc \) otrzymamy równanie

\( 6b_2t^2+(6b_1-10b_2)t+2b_2-5b_1+3b_0=t^2+t. \)

Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach dostajemy układ równań

\( \begin{cases} 6b_2=1\\ 6b_1-10b_2=1\\ 2b_2-5b_1+6b_0=0 \end{cases} \)

którego rozwiązaniem jest \( \hskip 0.3pc b_0=\frac{17}{54},\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc b_1=\frac{4}{9}\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc b_2=\frac{1}{6}.\hskip 0.3pc \) Rozwiązanie szczególne równania ( 3 ) \( Y(t) \) jest wówczas postaci

\( Y(t)=e^{-t}\left(\frac{1}{6}t^2+\frac{4}{9}t +\frac{17}{54}\right). \)

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

\( y(t)=Y(t)+y_0(t)=e^{-t}\left(\frac{1}{6}t^2+\frac{4}{9}t +\frac{17}{54}\right)+c_1e^t+c_2e^{2t}. \)

Przykład 2:

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

(4)

\( y^{\prime\prime\prime}-4y^{\prime\prime}=t^2+3t-1. \)

Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

\( y^{\prime\prime\prime}-4y^{\prime\prime}=0. \)

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

\( \phi(\lambda)=\lambda^3-4\lambda^2=0 \)

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste \( \hskip 0.3pc \lambda_1 =0\hskip 0.3pc \) o krotności 2 i \( \hskip 0.3pc \lambda_2 =4 \hskip 0.3pc \) .
Następujące funkcje

\( y_1(t)=e^{0t}=1, \hskip 1pc y_2(t)=e^{0t}t=t, \hskip 1pc y_3(t)=e^{4t} \)

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

\( y_0(t)=c_1+c_2t+c_3e^{4t}. \)

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 4 ).
Ponieważ \( \hskip 0.3pc f(t)=t^2+3t-1\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =0.\hskip 0.3pc \)
Uwzględniając fakt, że zero jest dwukrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 4 ) \( ,Y(t)\hskip 0.3pc \) w postaci

\( Y(t)=t^2(b_2t^2+b_1t+b_0)=b_2t^4+b_1t^3+b_0t^2. \)

Wyznaczamy \( \hskip 0.3pc Y^{\prime}(t),\hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y^{\prime\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \)

\( Y^{\prime}(t)=4b_2t^3+3b_1t^2+2b_0t,\hskip 0.6pc Y^{\prime\prime}(t)=12b_2t^2+6b_1t+2b_0,\hskip 0.6pc Y^{\prime\prime\prime}(t)=24b_2t+6b_1. \)

Podstawiając teraz wyrażenia na \( \hskip 0.3pc Y(t),\hskip 0.3pc Y^{\prime}(t),\hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t) \) i \( Y^{\prime\prime\prime}(t) \) do równania ( 4 ) dostajemy

\( 24b_2t+6b_1-4(12b_2t^2+6b_1t+2b_0)=-48b_2t^2+(24b_2-24b_1)t+6b_1-8_0=t^2+3t-1. \)

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

\( \begin{cases} -48b_2=1\\ 24b_2-24b_1=3\\ 6b_1-8b_0=-1 \end{cases} \)

którego rozwiązaniem jest \( \hskip 0.3pc b_2=\frac{-1}{46},\hskip 0.5pc b_1=\frac{-7}{48},\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc b_0=\frac{1}{64}.\hskip 0.3pc \)
Zatem rozwiązanie szczególne równania ( 4 ) \( \hskip 0.1pc Y(t)\hskip 0.3pc \) jest postaci

\( Y(t)=\frac{-1}{46}t^4-\frac{7}{48}t^3+\frac{1}{64}t^2. \)

Rozwiązanie ogólne równania ( 4 ), ma postać

\( y(t)=Y(t)+y_0(t)=\frac{-1}{46}t^4-\frac{7}{48}t^3+\frac{1}{64}t^2+c_1+c_2t+c_3e^{4t}. \)

Przykład 3:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania

(5)

\( y^{\prime\prime}+y=t\cos t. \)

Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

\( y^{\prime\prime}+y=0. \)

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

\( \phi(\lambda)=\lambda^2+1=0 \)

ma dwa pierwiastki zespolone sprzężone ze sobą \( \hskip 0.3pc \lambda_1 =i\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_2 =-i\hskip 0.3pc \) .
Następujące funkcje

\( y_1(t)=e^{0t}\cos t=\cos t, \hskip 1pc y_2(t)=e^{0t}\sin t=\sin t \)

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

\( y_0(t)=c_1\cos t+c_2\sin t. \)

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 5 ).
Ponieważ \( \hskip 0.3pc f(t)=t\cos t\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =1.\hskip 0.3pc \)
Uwzględniając fakt, że \( \hskip 0.3pc \pm i\hskip 0.3pc \) są jednokrotnymi pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) w postaci

\( Y(t)=t[(a_1t+a_0)\cos t+(b_1t+b_0)\sin t]. \)

Wyznaczamy \( \hskip 0.3pc Y^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \)

\( Y^{\prime}(t)=[b_1t^2+(2a_1+b_0)t+a_0]\cos t+[-a_1t^2+(2b_1-a_0)t+b_0]\sin t, \)

\( Y^{\prime\prime}(t)=[-a_1t^2+(4b_1-a_0)t+2a_1+2b_0]\cos t+[-b_1t^2-(4a_1+b_0)t+2b_1-2a_0]\sin t. \)

Podstawiając teraz wyrażenia na \( \hskip 0.3pc Y(t),\hskip 0.3pc Y^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \) do równania ( 5 ) otrzymamy

\( (4b_1t+2a_1+2b_0)\cos t+(-4a_1t+2b_1-2a_0)\sin t=t\cos t. \)

Przenosząc wszystko na lewą stronę i grupując odpowiednio wyrazy, dostaniemy

(6)

\( (2a_1+2b_0)\cos t+(4b_1-1)t\cos t+(2b_1-2a_0)\sin t+(-4a_1)t\sin t=0. \)

Z przykładu 6 wynika, że funkcje

\( \cos t, \hskip 0.5pc t\cos t,\hskip 0.5pc \sin t, \hskip 0.5pc t\sin t \)

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

(7)

\( \begin{cases} 2a_1+2b_0=0\\ 4b_1-1=0\\ 2b_1-2a_0=0\\ -4a_1=0. \end{cases} \)

Rozwiązaniem tego układu jest \( \hskip 0.3pc a_1=0,\hskip 0.3pc a_0=\frac{1}{4}, \hskip 0.3pc b_1=\frac{1}{4}, \hskip 0.3pc b_0=0. \)
Zatem rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) ma postać

\( Y(t)=\frac{1}{4}t\cos t+\frac{1}{4}t^2\sin t \)

a rozwiązanie ogólne równania ( 5 ) wyraża sie wzorem

\( y(t)=Y(t)+y_0(t)=\frac{1}{4}(t\cos t+t^2\sin t)+c_1\cos t+c_2\sin t. \)

Przykład 4:

Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

(8)

\( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=e^t\sin t+t^2+2e^{-t}. \)

Do rozwiązania tego równania wykorzystamy twierdzenie 2 o superpozycji rozwiązań.
Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne \( \hskip 0.3pc y_0(t)\hskip 0.3pc \) równania jednorodnego

\( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=0. \)

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_1(t)\hskip 0.3pc \) równania

(9)

\( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=e^t\sin t. \)

Krok 3. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_2(t)\hskip 0.3pc \) równania

(10)

\( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=t^2. \)

Krok 4. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_3(t)\hskip 0.3pc \) równania

(11)

\( y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+2y=2e^{-2t} \)

Na mocy twierdzenia 2 o superpozycji rozwiązań, rozwiązanie równania ( 8 ) jest równe sumie wyżej wymienionych rozwiązań

\( y(t)=y_0(t)+Y_1(t)+Y_2(t)+Y_3(t). \)

Ad 1. Równanie charakterystyczne ma postać

\( \lambda^2+2\lambda+2=0 \)

jego pierwiastki to liczby zespolone \( \hskip 0.3pc \lambda_1=-1+i, \hskip 0.5pc \lambda_2=-1-i.\hskip 0.3pc \)
Zatem rozwiązanie ogólne równania jednorodnego ma postać

\( y_0(t)=e^{-t}(c_1\cos t+c_2\sin t). \)

Ad 2. Ponieważ \( \hskip 0.3pc f_1(t)=e^t\sin t\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =1.\hskip 0.3pc \)
Liczby \( 1+i \hskip 0.5pc {\rm i} \hskip 0.5pc 1-i\hskip 0.3pc \) nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego \( \hskip 0.3pc Y_1(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 9 ) w postaci

\( Y_1(t)=e^t(a\cos t+b\sin t). \)

Obliczamy pochodne \( \hskip 0.3pc Y_1^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y_1^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \)

\( Y_1^{\prime}(t)=e^t[(a+b)\cos t+(b-a)\sin t], \hskip 1pc Y_1^{\prime\prime}(t)=2e^t(b\cos t-a\sin t). \)

Podstawiając teraz wyrażenia na \( \hskip 0.3pc Y_1(t),\hskip 0.3pc Y_1^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y_1^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \) do równania ( 9 ) otrzymamy

\( 4e^t[(a+b)\cos t+(b-a)\sin t]=e^t\sin t. \)

Dzieląc obustronnie powyższą równość przez \( \hskip 0.3pc e^t\hskip 0.3pc \) i przenosząc wszystko na lewą stronę dostajemy

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

Ponieważ funkcje \( \hskip 0.3pc \cos t,\hskip 0.3pc \sin t\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero

\( \begin{cases} 4(a+b)=0\\ 4(b-a)-1=0. \end{cases} \)

Rozwiązaniem tego układu jest \( \hskip 0.3pc a=\frac{-1}{8},\hskip 0.5pc b=\frac{1}{8}\hskip 0.3pc \) i rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_1(t)\hskip 0.3pc \) ma postać

\( Y_1(t)=\frac{1}{8}e^t(\sin t-\cos t). \)

Ad 3. Ponieważ \( \hskip 0.3pc f_2(t)=t^2,\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =0.\hskip 0.3pc \)
Uwzględniając fakt, że \( \hskip 0.3pc 0\hskip 0.3pc \) nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego \( \hskip 0.3pc Y_2(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 10 ) w postaci

\( Y_2(t)=a_2t^2+a_1t+a_0. \)

Liczymy \( \hskip 0.3pc Y_1^{\prime}(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y_1^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \)

\( Y_2^{\prime}(t)=2a_2t+a_1, \hskip 1pc Y_2{\prime\prime}(t)=2a_2. \)

Podstawiając teraz wyrażenia na \( Y_2(t),\hskip 0.3pc Y_2^{\prime}(t) \) i \( Y_2^{\prime\prime}(t)\hskip 0.3pc \) do równania ( 10 ) i przenosząc wszysko na lewą stronę, otrzymamy

\( (2a_2-1)t^2+(4a_2+2a_1)t+2a_2+4a_0=0. \)

Ponieważ funkcje \( \hskip 0.3pc t^2, \hskip 0.5pc t, \hskip 0.5pc 1\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne, więc współczynniki w powyższej równości są równe zero

(12)

\( \begin{cases} 2a_2-1=0\\4a_2+2a_1=0\\2a_2+4a_0=0.\end{cases} \)

Rozwiązaniem tego układu jest \( \hskip 0.3pc a_2=\frac{1}{2},\hskip 0.5pc a_1=-1, \hskip 0.5pc a_0=\frac{-1}{4}\hskip 0.3pc \) i rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_2(t)\hskip 0.3pc \) ma postać

\( Y_2(t)=\frac{1}{2}t^2-t-\frac{1}{4}. \)

Ad 4. Ponieważ \( \hskip 0.3pc f_3(t)=2e^{-t},\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =-1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =0.\hskip 0.3pc \)
Liczba \( \hskip 0.3pc -1\hskip 0.3pc \) nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy więc rozwiązania szczególnego \( \hskip 0.3pc Y_3(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 11 ) w postaci

\( Y_3(t)=ae^{-t}. \)

Podstawiając do równania ( 11 ) \( \hskip 0.3pc Y_3(t), \hskip 0.5pc Y_3^{\prime}(t)=-ae^{-t},\hskip 0.5pc Y_3^{\prime\prime}(t)=ae^{-t}\hskip 0.3pc \) dostajemy równość

\( ae^{-t}-2ae^{-t}+2ae^{-t}=2e^{-t}. \)

Stąd wynika, że \( \hskip 0.3pc a=2\hskip 0.3pc \) i wówczas rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y_3(t)\hskip 0.3pc \) ma postać \( \hskip 0.3pc Y_3(t)=2e^{-t}.\hskip 0.3pc \)
Rozwiązaniem ogólnym równania ( 8 ) jest zatem funkcja

\( y(t)=e^{-t}(c_1\cos t+c_2\sin t)+\frac{1}{8}e^t(\sin t-\cos t)+\frac{1}{2}t^2-t-\frac{1}{4}+2e^{-t}. \)

Zadanie 1:

Treść zadania:

Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego

(13)

\( y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y=10\cos 2t, \hskip 0.5pc y(0)=1, \hskip 0.5pc y^{\prime}(0)=0. \)

Rozwiązanie:

Krok 1. Wyznaczamy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego

\( y^{\prime\prime}+3y^{\prime}+2y=0. \)

Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu

\( \lambda^2+3\lambda +2=0 \)

ma dwa pierwiastki rzeczywiste \( \hskip 0.3pc \lambda_1 =-2\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_2 =-1\hskip 0.3pc \).
Następujące funkcje

\( y_1(t)=e^{-2t}, \hskip 1pc y_2(t)=e^{-t} \)

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

\( y_0(t)=c_1e^{-2t}+c_2e^{-t}. \)

Krok 2. Wyznaczamy rozwiązanie szczególne \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) równania ( 13 ).
Ponieważ \( \hskip 0.3pc f(t)=10\cos 2t,\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \beta =2.\hskip 0.3pc \)
Uwzględniając fakt, że \( \hskip 0.3pc \pm 2i\hskip 0.3pc \) nie są pierwiastkami równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego \( \hskip 0.3pc Y(t)\hskip 0.3pc \) w postaci

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

Podstawiamy \( \hskip 0.3pc Y(t), \hskip 0.5pc Y^{\prime}(t)=-2a\sin 2t +2b\cos 2t\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y^{\prime\prime}(t)=-4a\cos 2t-4b\sin 2t\hskip 0.3pc \) do równania ( 13 ) i otrzymujemy

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

Przenosząc wszystko na lewą strone równania i grupując odpowiednio wyrazy dostajemy

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

Ponieważ funkcje \( \hskip 0.3pc \cos 2t,\hskip 0.5pc \sin 2t\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne, więc współczynniki przy nich muszą być równe zero

\( \begin{cases} -2a+6b-10=0\\-2b-6a=0. \end{cases} \)

Rozwiązaniem tego układu jest \( \hskip 0.3pc a=\frac{-1}{2}, \hskip 0.5pc b=\frac{3}{2},\hskip 0.3pc \) zatem

\( Y(t)=\frac{-1}{2}\cos 2t+\frac{3}{2}\sin 2t. \)

Rozwiązanie ogólne równania ( 13 ) jest postaci

\( y(t)=c_1e^{-2t}+c_2e^{-t}+\frac{-1}{2}\cos 2t+\frac{3}{2}\sin 2t. \)

Uwzględniając warunki początkowe otrzymujemy następujący układ równań

\( \begin{cases} y(0)=c_1e^{0}+c_2e^{0}-\frac{1}{2}\cos0 +\frac{3}{2}\sin0 =c_1+c_2-\frac{1}{2}=1 \\ y^{\prime}(0)=-2c_1e^{0}-c_2e^{0}+\sin 0+3\cos 0=-2c_1-c_2+3=0\end{cases} \)

którego rozwiązaniem jest \( \hskip 0.3pc c_1=\frac{3}{2}, \hskip 0.5pc c_2=0.\hskip 0.3pc \) Rozwiązaniem problemu początkowego ( 13 ) jest funkcja

\( y(t)=\frac{3}{2}e^{-2t}-\frac{1}{2}\cos 2t+\frac{3}{2}\sin 2t. \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka

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

Przykład 1:

Przykład 2:

Przykład 3:

Przykład 4:

Zadanie 1:

Treść zadania:

Rozwiązanie: