ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
2
7
Решение. Характеристическое уравнение KK
2
2
10−+=имеет корень
K = 1, кратности 2. Значит, yCeCxe
xx
00 1 2.
=+ .
Для о тыскания частного решения исходного уравнения найдем частные
решения двух уравнений
:
′′
−
′
+=
yyye
x
2 , (11.5)
′′
−
′
+=
yyyex
x
2sin (11.6)
Правая часть уравнения (11.5) есть экспонента
e
x
, значит, в формуле (11.3)
имеем
γω
====1000,,,sm. Число
γ
ω
+=
i
1 является корнем
характеристического уравнения кратности
2, значит, частное решение y
()1
ч.н.
уравнения (11.5) ищем в виде y
()1
ч.н.
= Ax e
x2
. Подставив y
()1
ч.н.
в уравнение
(11.5), получим: A =
1
2
, т.е. y
()1
ч.н. =
1
2
2
xe
x
. Правая часть уравнения (11.6)
равна: fx e x
x
() sin= , т.е.
γω
====1100,,,sm; число
γ
ω
+=+ii1 не
является корнем характеристического уравнения
. Значит, частное решение
y
()2
ч.н.
уравнения (11.6) ищем в виде:
y
()2
ч.н.
()
=+eA xB x
x
cos sin
.
Подставляя в (11.6), имеем:
()()()
[]
()
eAxBxeBAxBAx
eA xB x e x
xx
xx
−+ −−++ +
++=
22 2sin cos sin cos
cos sin sin
Сокращаем на e
x
, приводим подобные слагаемые:
()()
sin cos sinxABAB xBBAA x−−+++ −−+− =222 222 0.
Приравнивая к нулю коэффициенты при sin , cos : ,xxAB==−01, получим
y
()2
ч.н.
=−ex
x
sin
. Общее решение исходного уравнения:
yCe Cxe e x xe
xxx x
=+ − +
12
2
1
2
sin
.
12.
ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА С ПЕРЕМЕННЫМИ
КОЭФФИЦИЕНТАМИ
. МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНЫХ
ПОСТОЯННЫХ
Признак
. Уравнение имеет вид:
′′
+
′
+=yPxyPxyQx
12
() () () (12.1)
Метод решения. Согласно методу вариации постоянных общее решение
уравнения
(12.1) следует искать в виде yCxyCxy=+
112 2
() () , где yy
12
, -
фундаментальная система решений соответствующего однородного уравнения
