C.9 · Integrating factors and nonhomogeneous differential equations

הכנה למבחן GRE לתואר ראשון. מטרות מקומיות בתוך היקף ETS הנבדק; זהו הוראה מקורית, ולא מבחן רשמי או חיזוי ציון.

תנאי קדם: חוק מכפלה מסדר ראשון, פונקציות מעריכיות ומשוואות מאפיין.

• לפתור משוואות ליניאריות מסדר ראשון באמצעות גורם אינטגרציה
• לבנות את החלק ההומוגני והחלק הפרטי של פתרון מקדם קבוע
• להתמודד בתהודה ולבדוק את התוצאה במשוואה המקורית

גורם אינטגרציה: כופל הממיר משוואה ליניארית מסדר ראשון לגזרת מכפלה.

פתרון פרטי: פתרון אחד המספק את הגירוי הלא-הומוגני הספציפי.

משוואה ליניארית מסדר ראשון היא בצורה y′+p(x)y=q(x) בקטע שבו המקדמים רציפים. היא אינה חייבת להיות נפרדת. נגדיר μ(x)=exp(∫p(x)dx). מכיוון ש-μ′=pμ, הכפלה נותנת (μy)′=μq, ולכן y=μ⁻¹(∫μq dx+C). בחר נגזרת נוחה כלשהי עבור p; קבוע האינטגרציה שלו רק ממיר את μ ומתבטל מהפתרון. ה-row data התחלתית לאחר האינטגרציה, ושמור על נקודות מקדם סינגולריות מחוץ לקטע שנבחר.

עבור y′+2xy=x עם y(0)=1, מתקבל μ=e^(x²). אזי (e^(x²)y)′=x e^(x²), והאינטגרל שלו הוא e^(x²)/2+C. לכן y=1/2+C e^(−x²), והתנאי ההתחתי נותן C=1/2. הצבה ישירה בודקת את y′+2xy=x. גורם האינטגרציה הופך את החלק השמאלי לגזרת מכפלה; הוא אינו כופל נוסף שנותר כופל את החלק הימני המקורי בתשובה הסופית.

עבור ay″+by′+cy=r(x) כאשר a אינו אפס, פתור את המשוואה האופיינית aλ²+bλ+c=0 עבור החלק ההומוגני. שורשים אמיתיים שונים נותנים שתי אקספוננציאליות; שורש כפול λ נותן (C₁+C₂x)e^(λx); שורשים α±iβ נותנים e^(αx)(C₁ cos βx+C₂ sin βx). הפתרון המלא הוא y_h+y_p. גירוי פולינומי מציע ניסוי פולינומי חלקי; גירוי אקספוננציאלי או סינוס/קוסינוס מציע את המשפחה המתאימה, עם מספיק מקדמים כדי לחשב את הגזירה.

אם ניסיון פרטי חוזר על פתרון הומוגני, הוא לא יכול לייצר את הגירוי: כפול ב-x פעם אחת לשורש פשוט, פעמיים לשורש כפול. עבור y″−3y′+2y=e^x, ה-Ke^x הרגילה מוחקת. ניסיון Kxe^x נותן −Ke^x, ולכן y_p=−xe^x. תנאים התחתיים קובעים את הקבועים ההומוגניים רק לאחר הוספת y_p. הצב את הפונקציה הסופית במשוואה המקורית לבדיקת סימנים וגירוי; בדיקה בהתחלת ערך בלבד אינה יכולה לאמת את המשוואה הדיפרנציאלית.

For y″−3y′+2y=4, the characteristic roots are 1 and 2. A constant particular solution y_p=2 gives 2y_p=4, so y=C₁e^x+C₂e^(2x)+2. For y′+2xy=x and y(0)=1, the separate first-order solution is y=(1+e^(−x²))/2. These illustrate distinct methods; neither equation becomes homogeneous just because its left side is linear.

שמור על הפתרון הפרטי. ניסיון רזוננטי זקוק לגורם x. גזירת גורם האינטגרציה תקפה על מרווח מקדם תקף ואינה צריכה לחלק ב-y או לוותר בשקט על פתרונות אפס.

פתור $y'+2y=e^x$, $y(0)=1$, באמצעות גורם אינטגרציה. בדוק את התשובה ישירות.

פתרון מודגש

המקדמים רציפים בכל מקום. הגורם האיגרטינג הוא $\mu=e^{2x}$. הכפל נותן $(e^{2x}y)'=e^{3x}$. האינטגרציה נותנת $y=e^x/3+Ce^{-2x}$. תנאי ההתחלה נותן C=2/3, ולכן $y=e^x/3+2e^{-2x}/3$. הגזירה נותנת $y'=e^x/3-4e^{-2x}/3$; חיבור 2y נותן $e^x$, ו-y(0)=1.

פתור $y''-2y'+y=e^x$ עם $y(0)=0,y'(0)=0$. הסבר מדוע neither $Ke^x$ nor $Kxe^x$ is a sufficient particular trial.

בדיקה לאחר ניסיון

השורש ההומוגני הוא 1 עם כפליות שתיים, ולכן $y_h=(C_1+C_2x)e^x$. שני הניסויים המוצעים כבר שייכים למרחב ההומוגני הזה ומוחקים. נניח $y=e^xv$; אזי $y''-2y'+y=e^xv''$. לכן $v''=1$ ו-$v=x^2/2+C_2x+C_1$. שני התנאים ההתחתיים נותנים $C_1=C_2=0$, ולכן $y=x^2e^x/2$. הצבה זו גם בודקת את הגירוי מבלי לסמוך רק על ערכים התחתיים.