10.lekcija 2.sem, Podręczniki, LINEĀRĀ ALGEBRA, I kursa II semestris, lekcijas
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Rīgas Tehniskā universitāte. Inženiermatemātikas katedra. Lekciju
konspekts.
10. nodarbība
Nodarbības saturs:
Lineāri otrās kārtas diferenciālvienādojumi, to
atrisinājumu īpašības. Lineāri homogēni otrās kārtas vienādojumi ar
konstantiem koeficientiem, to vispārīgais atrisinājums.
10.1. Lineāri otrās kārtas diferenciālvienādojumi,
to atrisinājumu īpašības
Definīcija.
Par
lineāriem otrās kārtas diferenciālvienādojumiem
sauc vienādojumus, kuri
nezināmo funkciju
y
un tās atvasinājumus
y
′
un
y
′
satur tikai pirmajā pakāpē, t.i., tie ir
vienādojumi šādā veidā:
()
( )
( )
( )
′
′
a
x
y
+
b
x
y
+
c
x
y
=
f
x
,
kur
a
(
x
),
b
(
x
),
c
(
x
),
f
(
x
) ir nepārtrauktas argumenta
x
funkcijas.
Ja labās puses funkcija
( )
0
f
x
=
, tad vienādojumu sauc par
homogēnu
. Pretējā
gadījumā, t.i., ja
( )
0
f
x
≠
, tad vienādojumu sauc par
nehomogēnu
.
Aplūkosim lineāru homogēnu otrās kārtas diferenciālvienādojumu
()
( )
( )
0
′
′
a
x
y
+
b
x
y
+
c
x
y
=
. (1)
Ja
y
1
un
y
2
ir vienādojuma (1) partikulārie atrisinājumi, tad ir spēkā šādi apgalvojumi:
1)
y
+
y
arī ir vienādojuma (1) atrisinājums;
1
2
Cy
, kur
C
ir konstante, arī ir vienādojuma (1) atrisinājums.
Šos apgalvojumus var viegli pierādīt, atbilstošo izteiksmi ievietojot vienādojumā (1).
2)
1
No abiem iepriekšējiem apgalvojumiem var secināt, ka funkcija
y
=
C
y
+
C
y
1
1
2
2
arī ir vienādojuma (1) atrisinājums.
Noteiksim, kādiem jābūt partikulāriem atrisinājumiem
y
1
un
y
2
, lai funkcija
2
y
+= būtu vienādojuma (1) vispārīgais atrisinājums, t.i., lai ar dažādām
C
1
un
C
2
vērtībām varētu iegūt visus iespējamos vienādojuma atrisinājumus.
Aplūkosim piemēru:
C
y
C
y
1
1
2
′
y
y
+
=
0
.
Pārliecināsimies, ka funkcija
y
1
=
sin
x
ir šī vienādojuma atrisinājums:
′
′
y
1
=
cos
x
,
y
=
−
sin
x
.
1
Ievietojot šīs funkcijas vienādojumā, iegūsim
10. nodarbība. 1. lpp. Augstākā matemātika.
I. Volodko
Rīgas Tehniskā universitāte. Inženiermatemātikas katedra. Lekciju
konspekts.
?
=
−
sin
x
+
sin
x
0
,
0 = ,
0
tātad funkcija
y
1
=
sin
x
tiešām ir šī vienādojuma atrisinājums.
Analoģiski varam pierādīt, ka arī funkcija
y
2
=
2
sin
x
ir šī vienādojuma
atrisinājums. Tad
)
x
(
y
=
C
y
+
C
y
=
C
sin
x
+
C
⋅
2
sin
x
=
C
+
2
C
sin
1
1
2
2
1
2
1
2
ir šī vienādojuma atrisinājums.
Taču funkcija
y
3
=
cos
x
arī ir šī vienādojuma atrisinājums, bet šo funkciju nevar
(
)
x
iegūt no funkcijas
1
+= ne ar kādām konstanšu vērtībām, tātad šis
atrisinājums nav vispārīgais atrisinājums. Nodefinēsim nosacījumus, pie kuriem iegūsim
diferenciālvienādojuma (1) vispārīgo atrisinājumu.
Teorēma.
Funkcija
y
C
2
C
sin
2
y
+= ir diferenciālvienādojuma (1) vispārīgais
atrisinājums, ja funkcijas
y
1
un
y
2
ir lineāri neatkarīgas.
Definīcija.
Funkcijas
y
1
un
y
2
sauc par
lineāri atkarīgām
, ja to attiecība ir konstante,
atšķirīga no nulles, t.i., ja
C
y
C
y
1
1
2
2
y
1
=
k
,
k
=
const
,
k
≠
0
.
y
2
Pretējā gadījumā funkcijas
y
1
un
y
2
sauc par
lineāri neatkarīgām
.
Dažreiz pēc definīcijas noteikt, vai funkcijas ir lineāri atkarīgas, ir sarežģīti un
darbietilpīgi. Tādā gadījumā funkciju lineārās atkarības noteikšanai ērti lietot Vronska
determinantu.
Definīcija.
Par funkciju
y
1
un
y
2
Vronska determinantu
sauc šādu determinantu:
y
y
(
)
1
2
W
y
1
,
y
=
.
2
′
′
y
y
1
2
Teorēma.
Funkcijas
y
1
un
y
2
ir lineāri atkarīgas tad un tikai tad, ja to Vronska
determinants ir vienāds ar nulli, t.i., ja
)
0
(
W
y
,
y
=
.
1
2
Tātad, lai atrastu vienādojuma (1) vispārīgo atrisinājumu, jāatrod divi lineāri
neatkarīgi šī vienādojuma atrisinājumi
y
1
un
y
2
(tādi, lai Vronska determinants
(
)
0
W
y
,
y
≠
). Tad vienādojuma (1) vispārīgais atrisinājums ir
1
2
y
=
C
y
+
C
y
.
1
1
2
2
10. nodarbība. 2. lpp. Augstākā matemātika.
I. Volodko
Rīgas Tehniskā universitāte. Inženiermatemātikas katedra. Lekciju
konspekts.
10.2. Lineāri homogēni otrās kārtas vienādojumi ar konstantiem
koeficientiem, to vispārīgais atrisinājums
Lineārs homogēns otrās kārtas diferenciālvienādojums ar konstantiem
koeficientiem ir
a
y
′
+
b
y
′
+
cy
=
0
, (2)
kur
a
,
b
,
c
ir konstantes,
a
≠
0
.
kx
kx
′
Vienādojuma (2) atrisinājumu meklēsim formā
y
=
e
. Tad
y
=
ke
,
2
kx
y
′
=
k
e
. Šīs izteiksmes ievietojot vienādojumā (2), iegūsim
2
kx
kx
kx
ak
e
+
bke
+
ce
=
0
.
kx
kx
Tā kā
e
≠
0
, tad vienādojumu varam izdalīt ar
e
:
2
. (3)
ak
+
bk
+
c
=
0
Vienādojumu (3) sauc par vienādojuma (2)
raksturīgo vienādojumu
. Atkarībā no
koeficientiem, kvadrātvienādojumam (3) var būt triju veidu saknes:
1)
Diskriminants
D
>
0
, tad kvadrātvienādojumam ir divas reālas atšķirīgas saknes
k
,
k
. Tām atbilst divi partikulārie atrisinājumi
k
x
k
x
y
1
=
e
,
y
2
=
e
.
1
2
Pārbaudīsim, vai šie atrisinājumi ir lineāri neatkarīgi:
k
x
k
x
e
e
1
2
(
)
(
)
0
k
x
k
x
k
x
k
x
k
x
k
x
W
y
,
y
=
=
e
⋅
k
e
−
k
e
e
=
e
e
k
−
k
≠
,
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
k
x
k
x
k
e
k
e
1
2
1
2
a
jo jebkurai
a
vērtībai
e
≠
0
un
k
≠
k
. Tātad vienādojuma (2) partikulārie
1
2
k
x
k
x
atrisinājumi
y
1
=
e
un
y
2
=
e
ir lineāri neatkarīgi un līdz ar to vienādojuma (2)
1
2
vispārīgais atrisinājums ir
k
x
k
x
y
=
C
e
+
C
e
.
1
2
1
2
2)
Diskriminants
, tad kvadrātvienādojumam ir divas reālas vienādas saknes
D
=
0
k
=
k
=
k
. Viens no partikulārajiem atrisinājumiem ir
1
2
kx
y
=
e
.
1
Kā otru partikulāro atrisinājumu ņemsim funkciju
kx
y
=
xe
.
2
10. nodarbība. 3. lpp. Augstākā matemātika.
I. Volodko
Rīgas Tehniskā universitāte. Inženiermatemātikas katedra. Lekciju
konspekts.
Vispirms pārbaudīsim, vai šī funkcija tiešām ir vienādojuma (2) atrisinājums,
ievietojot to minētajā vienādojumā:
kx
kx
kx
kx
kx
kx
2
kx
y
′
2
=
e
+
kxe
,
y
′
=
ke
+
ke
+
kxe
⋅
k
=
2
ke
+
k
xe
;
2
(
) (
)
?
kx
2
kx
kx
kx
kx
kx
a
2
ke
+
k
xe
+
b
e
+
kxe
+
cxe
=
0
:
e
,
?
2
2
ak
+
ak
x
+
b
+
bkx
+
cx
=
0
,
(
)
(
?
)
0
2
x
ak
+
bk
+
c
+
2
ak
+
b
=
.
2
ak
+
bk
+
c
=
0
, jo
k
ir raksturīgā vienādojuma (3) sakne. Tā kā raksturīgā
−
b
±
D
b
vienādojuma diskriminants
D
=
0
, tad saknes
k
=
k
=
k
=
=
−
.
1
2
2
a
2
a
Ievietosim to atlikušajā vienādojuma daļā:
?
=
b
⎛
−
⎞
2
a
⋅
+
b
0
,
−
b
+
b
=
0
,
⎝
⎠
2
a
kx
tātad
y
=
2
ir vienādojuma (2) partikulārais atrisinājums. Atliek pārbaudīt, vai
abi atrisinājumi ir lineāri neatkarīgi:
xe
kx
kx
e
xe
(
)
2
kx
2
kx
2
kx
2
kx
W
y
,
y
=
=
e
+
kxe
−
kxe
=
e
≠
0
,
1
2
kx
kx
kx
ke
e
+
kxe
kx
kx
līdz ar to esam pierādījuši, ka partikulārie atrisinājumi
y
=
e
un
y
=
xe
ir
1
2
lineāri neatkarīgi. Tātad šajā gadījumā vienādojuma (2) vispārīgais atrisinājums ir
(
)
kx
kx
kx
y
=
C
e
+
C
xe
=
e
C
+
C
x
.
1
2
1
2
3)
Diskriminants
D
<
0
, tad kvadrātvienādojumam ir divas kompleksas saistītas saknes
k
=
α
i
+
β
un
k
=
α
i
−
β
. Tām atbilst divi partikulārie atrisinājumi
1
2
~
(
)
~
(
)
k
x
α
+
i
β
x
α
x
i
β
x
k
x
α
−
i
β
x
α
x
−
i
β
x
y
=
e
=
e
=
e
e
,
y
=
2
e
=
e
=
e
e
.
1
1
2
Izmantosim Eilera formulu:
e
i
ϕ
=
cos
ϕ
+
i
sin
ϕ
.
Tad
~
1
~
2
(
)
(
)
α
x
i
β
x
α
x
α
x
−
i
β
x
α
x
y
=
e
e
=
e
cos
β
x
+
i
sin
β
x
,
y
=
e
e
=
e
cos
β
x
−
i
sin
β
x
.
10. nodarbība. 4. lpp. Augstākā matemātika.
I. Volodko
Rīgas Tehniskā universitāte. Inženiermatemātikas katedra. Lekciju
konspekts.
Pēc lineāru homogēnu atrisinājumu īpašībām atrisinājumu summa, starpība un
reizinājums ar skaitli arī ir atrisinājums, tāpēc par vienādojuma atrisinājumiem
ņemsim šādas funkcijas:
~
~
~
~
y
+
y
y
−
y
α
cos
x
α
sin
x
1
2
1
2
y
=
=
e
β
x
,
y
=
=
e
β
x
.
1
2
2
2
i
Pārbaudīsim, vai šie atrisinājumi ir lineāri neatkarīgi:
α
x
α
x
e
cos
β
x
e
sin
β
x
(
)
W
y
,
y
=
=
1
2
α
x
α
x
α
x
α
x
α
e
cos
β
x
−
e
β
sin
β
x
α
e
sin
β
x
+
e
β
cos
β
x
2
α
x
2
α
x
2
2
α
x
2
α
x
2
=
α
e
cos
β
x
sin
β
x
+
e
β
cos
β
x
−
α
e
cos
β
x
sin
β
x
+
e
β
sin
β
x
=
(
)
2
α
x
2
2
2
α
x
=
e
β
cos
β
x
+
sin
β
x
=
e
β
≠
0
,
e
α
2
x
jo
β , pretējā gadījumā raksturīgajam vienādojumam ir reālas
saknes, kas atbilst 1. un 2. gadījumam. Tātad partikulārie atrisinājumi
x
≠
0
un
0
α
cos
x
α
sin
x
y
1
=
e
β
un
y
2
=
e
β
x
ir lineāri neatkarīgi un vienādojuma vispārīgo
atrisinājumu var pierakstīt formā
(
)
α
x
α
x
α
x
y
=
C
e
cos
β
x
+
C
e
sin
β
x
=
e
C
cos
β
x
+
C
sin
β
x
.
1
2
1
2
Apkoposim visu, ko esam ieguvuši par lineāru homogēnu otrās kārtas
diferenciālvienādojumu risināšanu.
Lai noteiktu lineāra homogēna otrās kārtas diferenciālvienādojuma ar konstantiem
koeficientiem
′
′
a
y
+
b
+
cy
=
0
vispārīgo atrisinājumu, uzraksta tā raksturīgo vienādojumu
2
0
,
ak
+
bk
+
c
=
atrisina to un, atkarībā no raksturīgā vienādojuma saknēm, uzraksta vispārīgo
atrisinājumu:
1)
ja
k
x
k
x
k
, ∈
k
un
k
≠
k
, tad
y
=
C
e
+
C
e
;
1
2
2
1
2
1
2
(
)
kx
2)
ja
k
=
k
=
k
un
k
∈
, tad
y
=
e
C
1
+
C
x
;
1
2
2
(
)
α
x
3)
ja
k
=
α
i
±
β
, tad
y
=
e
C
cos
β
x
+
C
sin
β
x
.
1
2
1
2
Piemērs.
Atrisināt vienādojumu
y
′
+
3
y
′
−
4
y
=
0
.
Risinājums.
Dotā diferenciālvienādojuma raksturīgais vienādojums ir
10. nodarbība. 5. lpp. Augstākā matemātika.
I. Volodko
[ Pobierz całość w formacie PDF ]