Bu erda gap ma'lum bir yechim topishdir, lekin biz qiladigan birinchi narsa bu differentsial tenglamaning to'ldiruvchi yechimini topishdir. Esda tutingki, to'ldiruvchi yechim hal qilishdan kelib chiqadi,

\[y'' - 4y' - 12y = 0\]

Bu differentsial tenglamaning xarakteristik tenglamasi va uning ildizlari.

\[{r^2} - 4r - 12 = \left( {r - 6} \right)\left( {r + 2} \right) = 0\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,{r_1} = - 2,\,\,\,\,{r_2} = 6\]

Qo'shimcha yechim shunday bo'ladi:

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{ - 2t}} + {c_2}{{\bf{e}}^{6t}}\]

Ayni paytda buni birinchi bo'lib qilish sababi aniq bo'lmaydi, ammo biz ma'lum bir yechim topish uchun ishni boshlashdan oldin uni topish odatiga ega bo'lishingizni xohlaymiz. Oxir-oqibat, biz ko'rib turganimizdek, qo'shimcha echimga ega bo'lish foydali bo'ladi va shuning uchun aniqlanmagan koeffitsientlar uchun ishni bajarishdan oldin uni topish odatiga ega bo'lish yaxshiroqdir.

Keling, ma'lum bir yechim topishni davom ettiramiz. Ushbu misolni boshlashdan oldin aytib o'tilganidek, biz ushbu differentsial tenglamaning ma'lum bir yechimi shakli haqida taxmin qilishimiz kerak. \(g(t)\) eksponent bo'lgani uchun va biz bilamizki, ko'rsatkichlar farqlash jarayonida hech qachon paydo bo'lmaydi yoki yo'qoladi, demak, ma'lum bir yechimning ehtimoliy shakli bo'lishi mumkin.

\[{Y_P}\left( t \right) = A{{\bf{e}}^{5t}}\]

Endi biz qilishimiz kerak bo'lgan yagona narsa bir nechta hosilalarni qilish, buni differentsial tenglamaga ulang va \(A\) nima bo'lishi kerakligini aniqlay olamizmi yoki yo'qligini bilib oling.

Differensial tenglamaga ulanish beradi

\[\begin{align*}25A{{\bf{e}}^{5t}} - 4\left( {5A{{\bf{e}}^{5t}}} \right) - 12\left( {A{{\bf{e}}^{5t}}} \right) & = 3{{\bf{e}}^{5t}}\\ - 7A{{\bf{e}}^{5t}} & = 3{{\bf{e}}^{5t}}\end{align*}\]

Shunday qilib, bizning taxminimiz yechim bo'lishi uchun biz \(A\) ni tanlashimiz kerak, shunda tenglik belgisining har ikki tomonidagi ko'rsatkichlar koeffitsientlari bir xil bo'ladi. Boshqacha qilib aytganda, biz \(A\) ni tanlashimiz kerak, shunda

\[ - 7A = 3\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}A = - \frac{3}{7}\]

OK, biz koeffitsient uchun qiymat topdik. Bu biz to'g'ri taxmin qilganimizni anglatadi. Differensial tenglamaning maxsus yechimi,

\[{Y_P}\left( t \right) = - \frac{3}{7}{{\bf{e}}^{5t}}\]

Biz bilamizki, umumiy yechim shaklda bo'ladi,

\[y\left( t \right) = {y_c}\left( t \right) + {Y_P}\left( t \right)\]

va bizda birinchi misoldagi qo'shimcha va alohida yechim mavjud, shuning uchun biz bu muammo uchun qo'shimcha ish qilishimiz shart emas.

Bu masalalarda tez-tez uchraydigan xatolardan biri qo‘shimcha yechimni topish va keyin, ehtimol, biz buni qilishga odatlanganimiz sababli, konstantalarni topish uchun qo‘shimcha yechimga dastlabki shartlarni qo‘llashdir. Biroq, bu noto'g'ri. To'ldiruvchi yechim faqat bir jinsli differensial tenglamaning yechimidir va biz bir hil bo'lmagan differentsial tenglamaning yechimidan keyin turibmiz va boshlang'ich shartlar to'ldiruvchi yechim o'rniga shu yechimni qondirishi kerak.

Shunday qilib, bizga bir jinsli bo'lmagan differentsial tenglamaning umumiy yechimi kerak. Oldingi misolda topgan to'ldiruvchi yechim va xususiy yechimni olib, umumiy yechim va uning hosilasi uchun quyidagini olamiz.

\[\begin{align*}y\left( t \right) & = {c_1}{{\bf{e}}^{ - 2t}} + {c_2}{{\bf{e}}^{6t}} - \frac{3}{7}{{\bf{e}}^{5t}}\\ y'\left( t \right) & = - 2{c_1}{{\bf{e}}^{ - 2t}} + 6{c_2}{{\bf{e}}^{6t}} - \frac{{15}}{7}{{\bf{e}}^{5t}}\end{align*}\]

Endi bularga dastlabki shartlarni qo'llang.

\[\begin{align*}\frac{{18}}{7} = y\left( 0 \right) & = {c_1} + {c_2} - \frac{3}{7}\\ - \frac{1}{7} = y'\left( 0 \right) & = - 2{c_1} + 6{c_2} - \frac{{15}}{7}\end{align*}\]

Ushbu tizimni hal qilish \(c_{1} = 2\) va \(c_{2} = 1\) ni beradi. Haqiqiy yechim shundan keyin.

\[y\left( t \right) = 2{{\bf{e}}^{ - 2t}} + {{\bf{e}}^{6t}} - \frac{3}{7}{{\bf{e}}^{5t}}\]

Yana shuni ta'kidlab o'taylikki, biz ma'lum bir yechimni taxmin qilishdan oldin qo'shimcha echimni topishimiz kerak. Biroq, bu misol uchun bir hil differensial tenglama birinchi misol uchun bir xil bo'lgani uchun biz bu erda bu bilan bezovtalanmaymiz.

Keling, birinchi misoldan tajribamizni olaylik va bu erda qo'llaymiz. Birinchi misol \(g(t)\) da eksponensial funktsiyaga ega edi va bizning taxminimiz eksponensial edi. Ushbu differentsial tenglama sinusga ega, shuning uchun ma'lum bir yechim uchun quyidagi taxminni sinab ko'raylik.

\[{Y_P}\left( t \right) = A\sin \left( {2t} \right)\]

Differensial tenglamani differensiallash va qo'shish,

\[ - 4A\sin \left( {2t} \right) - 4\left( {2A\cos \left( {2t} \right)} \right) - 12\left( {A\sin \left( {2t} \right)} \right) = \sin \left( {2t} \right)\]

O'xshash shartlarni yig'ish hosil beradi

\[ - 16A\sin \left( {2t} \right) - 8A\cos \left( {2t} \right) = \sin \left( {2t} \right)\]

Biz \(A\) ni tanlashimiz kerak, shunda biz teng belgining ikkala tomonida bir xil funktsiyani olamiz. Bu sinuslar va kosinuslarning koeffitsientlari teng bo'lishi kerakligini anglatadi. Yoki,

\[\begin{align*}& \cos \left( {2t} \right)\,: & - 8A & = 0\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}A = 0\\ & \sin \left( {2t} \right)\,:& - 16A & = 1\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}A = - \frac{1}{{16}}\end{align*}\]

Ikki narsaga e'tibor bering. Birinchidan, o'ng tomonda kosinus yo'qligi sababli, bu koeffitsient u tomonda nolga teng bo'lishi kerakligini anglatadi. Eng muhimi, bizda jiddiy muammo bor. Kosinus tushishi uchun, xuddi taxmin differensial tenglamani qondirish uchun, biz \(A = 0\) ni o'rnatishimiz kerak, lekin \(A = 0\) bo'lsa, sinus ham tushib ketadi va bu sodir bo'lmaydi. Xuddi shunday, sinusni ushlab turish uchun \(A\) ni tanlash ham kosinusni atrofida ushlab turadi.

Bu shuni anglatadiki, bizning dastlabki taxminimiz noto'g'ri edi. Agar biz bir xil konstantaning bir nechta qiymatlarini olsak yoki doimiyning qiymatini topa olmasak, biz noto'g'ri taxmin qilgan bo'lamiz.

Ushbu usulning eng yoqimli jihatlaridan biri shundaki, biz noto'g'ri deb hisoblaganimizda, ishimiz ko'pincha tuzatishni taklif qiladi. Bunday holda, muammo kosinusda paydo bo'ldi. Shunday qilib, bunga qarshi turish uchun taxminimizga kosinus qo'shamiz. Bizning yangi taxminimiz

\[{Y_P}\left( t \right) = A\cos \left( {2t} \right) + B\sin \left( {2t} \right)\]

Buni differentsial tenglamaga kiritish va shunga o'xshash shartlarni yig'ish,

\[\begin{align*} - 4A\cos \left( {2t} \right) - 4B\sin \left( {2t} \right) - 4\left( { - 2A\sin \left( {2t} \right) + 2B\cos \left( {2t} \right)} \right) - \\ 12\left( {A\cos \left( {2t} \right) + B\sin \left( {2t} \right)} \right) & = \sin \left( {2t} \right)\\ \left( { - 4A - 8B - 12A} \right)\cos \left( {2t} \right) + \left( { - 4B + 8A - 12B} \right)\sin \left( {2t} \right) & = \sin \left( {2t} \right)\\ \left( { - 16A - 8B} \right)\cos \left( {2t} \right) + \left( {8A - 16B} \right)\sin \left( {2t} \right) & = \sin \left( {2t} \right)\end{align*}\]

Endi koeffitsientlarni tenglashtiring

\[\begin{align*} & \cos \left( {2t} \right)\,: &- 16A - 8B & = 0\\ & \sin \left( {2t} \right)\,: & 8A - 16B & = 1\end{align*}\]

Ushbu tizimni hal qilish bizga beradi

\[A = \frac{1}{{40}}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in}B = - \frac{1}{{20}}\]

Biz doimiylarni topdik va bu safar biz to'g'ri taxmin qildik. Differensial tenglamaning maxsus yechimi,

\[{Y_P}\left( t \right) = \frac{1}{{40}}\cos \left( {2t} \right) - \frac{1}{{20}}\sin \left( {2t} \right)\]

Yana bir bor, biz birinchi navbatda qo'shimcha yechimni xohlaymiz, lekin biz yana bir xil bir xil differensial tenglama bilan ishlayapmiz (oxir-oqibat biz bir xil bir xil muammo bilan ishlashda davom etayotganimizni ko'rasiz), shuning uchun biz yana birinchi misolga murojaat qilamiz.

Bu misol uchun \(g(t)\) kub polinom hisoblanadi. Buning uchun bizga ma'lum bir yechim uchun quyidagi taxmin kerak bo'ladi.

\[{Y_P}\left( t \right) = A{t^3} + B{t^2} + Ct + D\]

E'tibor bering, \(g(t)\)-da \({t^2}\) bo'lmasa ham, bizning taxminimiz kerak bo'ladi! Shunday qilib, differentsiallang va differentsial tenglamaga kiriting.

\[\begin{align*}6At + 2B - 4\left( {3A{t^2} + 2Bt + C} \right) - 12\left( {A{t^3} + B{t^2} + Ct + D} \right) & = 2{t^3} - t + 3\\ - 12A{t^3} + \left( { - 12A - 12B} \right){t^2} + \left( {6A - 8B - 12C} \right)t + 2B - 4C - 12D & = 2{t^3} - t + 3\end{align*}\]

Endi, oldingi misollarda qilganimizdek, teng belgining ikkala tomonidagi atamalar koeffitsientlari bir xil bo'lishi uchun bizga kerak bo'ladi, shuning uchun koeffitsientlarni teng qilib o'rnating va hal qiling.

\[\begin{align*} & {t^3}\,: & - 12A & = 2 & \Rightarrow \hspace{0.25in}A & = - \frac{1}{6}\\ & {t^2}\,: & - 12A - 12B & = 0 & \Rightarrow \hspace{0.25in}B & = \frac{1}{6}\\ & {t^1}\,: & 6A - 8B - 12C & = - 1 & \Rightarrow \hspace{0.25in}C & = - \frac{1}{9}\\ & {t^0}\,: & 2B - 4C - 12D & = 3 & \Rightarrow \hspace{0.25in}D & = - \frac{5}{{27}}\end{align*}\]

E'tibor bering, bu holda konstantalarni echish juda oson edi. Birinchi tenglama \(A\) ni berdi. Keyin biz \(A\) ni bilgach, ikkinchi tenglama \(B\) ni berdi, va hokazo. Bu differensial tenglama uchun maxsus yechim

\[{Y_P}\left( t \right) = - \frac{1}{6}{t^3} + \frac{1}{6}{t^2} - \frac{1}{9}t - \frac{5}{{27}}\]

Ehtimol, siz sharhni ochishdan charchadingiz, lekin yana qo'shimcha echimni topish birinchi navbatda juda yaxshi g'oya, lekin biz yana birinchi misoldagi ishni allaqachon bajarganmiz, shuning uchun bu erda buni boshqa qilmaymiz. Oxir oqibat, nima uchun biz bir xil muammodan foydalanishni davom ettirayotganimizni va nima uchun birinchi navbatda qo'shimcha echimga ega bo'lish yaxshi fikr ekanligini ko'rasiz, deb va'da beramiz. Shu nuqtada, biz birinchi navbatda qo'shimcha echim topish odatini kuchaytirishga harakat qilamiz.

Xo'sh, keling, funktsiyaning alohida qismlari uchun taxminlarni yozishdan boshlaylik. \(t\) uchun taxmin shunday bo'ladi

\[At + B\]

eksponensial uchun taxmin bo'lsa

\[C{{\bf{e}}^{4t}}\]

Endi bizda ikkita funktsiya mahsuloti borligi sababli, alohida qismlar uchun taxminlar mahsulotini olish foydali bo'lishi mumkin. Buni qilish foyda keltiradi

\[C{{\bf{e}}^{4t}}\left( {At + B} \right)\]

Biroq, bizda bu borada muammolar bo'ladi. Ko'rib turganimizdek, biz o'z taxminimizni differentsial tenglamaga qo'shganda, bundan faqat ikkita tenglamani olamiz. Muammo shundaki, bu taxmin bilan biz uchta noma'lum konstantaga egamiz. Faqat ikkita tenglama bilan biz barcha doimiylar uchun yecha olmaymiz.

Biroq, buni tuzatish oson. E'tibor bering, biz quyidagilarni qila olamiz

\[C{{\bf{e}}^{4t}}\left( {At + B} \right) = {{\bf{e}}^{4t}}\left( {ACt + BC} \right)\]

Agar biz \(C\) ni ko'paytirsak, taxminni shunday yozish mumkinligini ko'rishimiz mumkinki, albatta, faqat ikkita doimiy mavjud. Shunday qilib, biz taxmin qilish uchun quyidagilarni ishlatamiz.

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{4t}}\left( {At + B} \right)\]

E'tibor bering, bu \(t\) uchun taxmindan boshqa narsa emas.

Endi taxminimiz bor, keling, farqlaymiz, differentsial tenglamaga ulaymiz va o'xshash atamalar to'playmiz.

\[\begin{align*}{{\bf{e}}^{4t}}\left( {16At + 16B + 8A} \right) - 4\left( {{{\bf{e}}^{4t}}\left( {4At + 4B + A} \right)} \right) - 12\left( {{{\bf{e}}^{4t}}\left( {At + B} \right)} \right) & = t{{\bf{e}}^{4t}}\\ \left( {16A - 16A - 12A} \right)t{{\bf{e}}^{4t}} + \left( {16B + 8A - 16B - 4A - 12B} \right){{\bf{e}}^{4t}} & = t{{\bf{e}}^{4t}}\\ - 12At{{\bf{e}}^{4t}} + \left( {4A - 12B} \right){{\bf{e}}^{4t}} & = t{{\bf{e}}^{4t}}\end{align*}\]

E'tibor bering, biz o'xshash atamalarni yig'ayotganimizda, biz har bir atamaning koeffitsientida faqat doimiylar bo'lishini xohlaymiz. Ushbu qoidaga rioya qilgan holda, biz o'xshash shartlarni to'plaganimizda ikkita atama olamiz. Endi koeffitsientlarni teng qilib belgilang.

\[\begin{align*} & t{{\bf{e}}^{4t}}\,: & - 12A & = 1 & \Rightarrow \hspace{0.25in}A & = - \frac{1}{{12}}\\ & {{\bf{e}}^{4t}}\,: & 4A - 12B & = 0 & \Rightarrow \hspace{0.25in}B & = - \frac{1}{{36}}\end{align*}\]

Bu differensial tenglama uchun maxsus yechim

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{4t}}\left( { - \frac{t}{{12}} - \frac{1}{{36}}} \right) = - \frac{1}{{36}}\left( {3t + 1} \right){{\bf{e}}^{4t}}\]

Demak, funktsiyada eksponensial bor. Qoidani eslang. Biz eksponensialni e'tiborsiz qoldiramiz va \(16\sin \left( {10t} \right)\) uchun taxminni yozamiz, keyin eksponensialni qayta kiritamiz.

Sinus uchun taxmin

\[A\cos \left( {10t} \right) + B\sin \left( {10t} \right)\]

Endi, aniq bir yechim uchun haqiqiy taxmin qilish uchun biz yuqoridagi taxminni olamiz va unga eksponensialni bog'laymiz. Bu beradi,

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{7t}}\left( {A\cos \left( {10t} \right) + B\sin \left( {10t} \right)} \right)\]

Keyingi qismga o'tishdan oldin bitta so'nggi eslatma. Funktsiya oldidagi 16 soni bizning taxminimizga mutlaqo ta'sir qilmaydi. Butun funktsiyani ko'paytiruvchi har qanday konstantalar e'tiborga olinmaydi.

Biz buni avvalgi misolni boshlaganimizdek boshlaymiz. Polinom uchun taxmin

\[A{t^2} + Bt + C\]

va kosinus uchun taxmin

\[D\cos t + E\sin t\]

Agar biz ikkita taxminni ko'paytirsak, biz olamiz.

\[\left( {A{t^2} + Bt + C} \right)\left( {D\cos t + E\sin t} \right)\]

Keling, narsalarni biroz soddalashtiraylik. Avval polinomni quyidagi tarzda ko'paytiring.

\[\begin{array}{c}\left( {A{t^2} + Bt + C} \right)\left( {D\cos t} \right) + \left( {A{t^2} + Bt + C} \right)\left( {E\sin t} \right)\\ \left( {AD{t^2} + BDt + CD} \right)\cos t + \left( {AE{t^2} + BEt + CE} \right)\sin t\end{array}\]

E'tibor bering, hamma joyda noma'lum konstantalardan biri noma'lum konstantalar hosilasida uchraydi. Bu shuni anglatadiki, agar biz noma'lum konstantalar uchun echishimiz kerak bo'lgan tenglamalar sistemasida noma'lumlarning hosilalari bo'ladi. Ushbu turdagi tizimlarni hal qilish odatda juda qiyin.

Shunday qilib, buning oldini olish uchun biz avvalgi misolda qilgan ishni qilamiz. Har bir joyda biz doimiylar mahsulotini ko'ramiz, biz uning nomini o'zgartiramiz va uni bitta doimiy deb ataymiz. Bu funksiya uchun biz foydalanadigan taxmin shunday bo'ladi.

\[{Y_P}\left( t \right) = \left( {A{t^2} + Bt + C} \right)\cos t + \left( {D{t^2} + Et + F} \right)\sin t\]

Bu polinom va trig funksiyaning mahsulotiga duch kelganimizda qo'llaniladigan umumiy qoidadir. Polinom uchun taxminni yozamiz va keyin uni kosinusga ko'paytiramiz. Keyin biz turli koeffitsientlar yordamida polinom uchun taxminni yana yozamiz va uni sinusga ko'paytiramiz.

Ushbu yakuniy qism barcha uch qismdan iborat. Birinchidan, biz eksponensialni e'tiborsiz qoldiramiz va taxminni yozamiz.

\[ - \left( {3 - 5t} \right)\cos \left( {9t} \right)\]

Minus belgisini ham e'tiborsiz qoldirish mumkin. Buning taxmini

\[\left( {At + B} \right)\cos \left( {9t} \right) + \left( {Ct + D} \right)\sin \left( {9t} \right)\]

Endi eksponensialni qayta tiklang va biz tugatdik.

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {At + B} \right)\cos \left( {9t} \right) + {{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {Ct + D} \right)\sin \left( {9t} \right)\]

E'tibor bering, biz eksponensialni ikkala shartga ham qo'yamiz.

Bu misol biz oldingi barcha misollar uchun bir xil bir xil differensial tenglamadan foydalanganligimiz sababidir. Bu muammo bilan hech qanday aloqasi yo'q. Buni qilishimiz kerak bo'lgan barcha narsalar yuqoridagi tegishli misollarga qayting va o'sha misoldan aniq echimni oling va barchasini qo'shing.

Buni qilish beradi

\[{Y_P}\left( t \right) = - \frac{3}{7}{{\bf{e}}^{5t}} + \frac{1}{{40}}\cos \left( {2t} \right) - \frac{1}{{20}}\sin \left( {2t} \right) - \frac{1}{{36}}\left( {3t + 1} \right){{\bf{e}}^{4t}}\]

Buni birinchi bo'lib, biz sizga qanday qilishni aytdik. Bu asosiy funktsiyalar jadvalida keltirilgan. Biroq, biz u erda qo'ygan taxminimizni oqlamoqchi edik. Funktsiyalar yig'indisi haqidagi faktdan foydalanib, biz kosinus uchun taxmin va sinus uchun taxminni yozish vasvasasiga tushamiz. Bu beradi.

\[\underbrace {A\cos \left( {6t} \right) + B\sin \left( {6t} \right)}_{{\mbox{guess for the cosine}}} + \underbrace {C\cos \left( {6t} \right) + D\sin \left( {6t} \right)}_{{\mbox{guess for the sine}}}\]

Shunday qilib, biz har bir taxmindan kosinus va har bir taxmindan sinus olamiz. Taxmin sifatida bu bilan bog'liq muammo shundaki, biz differentsial tenglamaga ulangandan so'ng hal qilish uchun ikkita tenglamani olamiz, ammo bizda 4 ta noma'lum mavjud. Biz hech qachon doimiylarning har birini hal qila olmaymiz.

Ushbu eslatmani tuzatish uchun biz ba'zi atamalarni quyidagi tarzda birlashtira olamiz.

\[\left( {A + C} \right)\cos \left( {6t} \right) + \left( {B + D} \right)\sin \left( {6t} \right)\]

Buni amalga oshirgandan so'ng, biz haqiqatan ham koeffitsientli bitta kosinus va koeffitsientli bitta sinusga ega ekanligimizni ko'ramiz va shuning uchun biz shunchaki foydalanishimiz mumkin.

\[{Y_P}\left( t \right) = A\cos \left( {6t} \right) + B\sin \left( {6t} \right)\]

Yig'indilarni o'z ichiga olgan funksiyalar uchun taxminlarni yozishning umumiy qoidasi har doim o'xshash atamalarni bitta koeffitsientli yagona shartlarga birlashtirishdir. Bu koeffitsientlarni topish uchun zarur bo'lgan ishni ancha soddalashtiradi.

Buning uchun biz ikkita sinus va kosinus to'plamini olamiz. Bu paydo bo'ladi, chunki ularda bizda ikki xil argument bor. Biz argument sifatida faqat \(t\) bilan sinus uchun bitta to'plamni olamiz va ularning argumenti sifatida 14\(t\) bilan sinus va kosinus uchun boshqa to'plamni olamiz.

Bu funksiya uchun taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = A\cos t + B\sin t + C\cos \left( {14t} \right) + D\sin \left( {14t} \right)\]

Ushbu muammoning asosiy nuqtasi doimiylik bilan shug'ullanishdir. Lekin bu juda yomon emas. Biz shunchaki bunga misol eslatmalarda borligiga ishonch hosil qilishni xohladik. Agar doimiy nolinchi darajali polinomdan boshqa narsa emasligini eslasangiz, taxmin aniq bo'ladi.

Bu funksiya uchun taxmin

\[{Y_p}\left( t \right) = A{{\bf{e}}^{7t}} + B\]

Agar e'tibor bermasangiz, bu biroz qiyin bo'lishi mumkin. Avval funksiyani qayta yozamiz

\[\begin{align*}g\left( t \right) & = 6{t^2} - 7\sin \left( {3t} \right) + 9\hspace{0.25in}{\mbox{as}}\\ g\left( t \right) & = 6{t^2} + 9 - 7\sin \left( {3t} \right)\end{align*}\]

Biz qilgan yagona narsa 9 ni ko'chirish edi. Biroq, buni amalga oshirgandan so'ng, funktsiya haqiqatan ham kvadrat polinom va sinusning yig'indisi ekanligini ko'ramiz. Buning taxmini shundan iborat

\[{Y_P}\left( t \right) = A{t^2} + Bt + C + D\cos \left( {3t} \right) + E\sin \left( {3t} \right)\]

Agar biz buni qilmasak va funktsiyani uchta atamaning yig'indisi sifatida ko'rib chiqsak

\[A{t^2} + Bt + C + D\cos \left( {3t} \right) + E\sin \left( {3t} \right) + G\]

va bu misolning birinchi qismida bo'lgani kabi, biz ikkita atama bilan yakunlanamiz, ular asosan bir xil (\(C\) va \(G\)) va shuning uchun ularni birlashtirish kerak. Agar funktsiyani birinchi marta qayta yozsak, albatta kerak bo'lmagan qo'shimcha qadam.

Funktsiyani qayta tartibga solish dastlabki taxminni soddalashtirishi mumkin bo'lgan muammolarni qidiring.

Shunday qilib, bu erda bizda uchta atama yig'indisi borga o'xshaydi. Buning uchun taxmin yozamiz.

\[A{{\bf{e}}^t} + \left( {Bt + C} \right){{\bf{e}}^{ - 8t}} + D{{\bf{e}}^{ - 8t}}\]

E'tibor bering, agar biz ikkinchi hadda eksponensialni ko'paytiradigan bo'lsak, biz aslida bir xil va birlashtirilishi kerak bo'lgan ikkita atamaga ega bo'lamiz. Bu bitta atama uchun taxmin boshqa muddat uchun taxminda to'liq mavjud bo'lgan holat. Bu sodir bo'lganda, biz boshqa atamaga kiritilgan taxminni bekor qilamiz.

Demak, bu erda taxmin aslida.

\[{Y_P}\left( t \right) = A{{\bf{e}}^t} + \left( {Bt + C} \right){{\bf{e}}^{ - 8t}}\]

E'tibor bering, bu bizning \(g(t)\)-da ikkita atama bo'lganligi sababli paydo bo'ldi, ularning yagona farqi ularning oldida turgan polinom edi. Bu sodir bo'lganda, biz eng katta darajali ko'phadni o'z ichiga olgan atamani ko'rib chiqamiz, buning taxminini yozamiz va boshqa atama uchun taxminni yozish bilan ovora bo'lmang, chunki bu taxmin birinchi taxminda to'liq o'z ichiga oladi.

Bu holda bizda ikkita atama mavjud bo'lib, ularning oldidagi ko'phadlarsiz taxminlari bir xil bo'ladi. Shuning uchun, biz uning oldida eng katta darajali ko'phadni olamiz va buning taxminini yozamiz va boshqa atamaga e'tibor bermaymiz. Shunday qilib, funktsiya uchun taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = \left( {A{t^2} + Bt + C} \right)\cos t + \left( {D{t^2} + Et + F} \right)\sin t\]

Ushbu oxirgi qism oxirgi ikki qismda biz ishlatgan umumiy qoidani tushunishingizga ishonch hosil qilish uchun mo'ljallangan. Bu safar haqiqatan ham uchta atama bor va biz har bir muddat uchun taxmin qilishimiz kerak. Bu erda taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = A{{\bf{e}}^{ - 3t}} + {{\bf{e}}^{ - 3t}}\left( {B\cos \left( {6t} \right) + C\sin \left( {6t} \right)} \right) + D\cos \left( {6t} \right) + E\sin \left( {6t} \right)\]

Biz faqat taxminlarni birlashtira olamiz, agar ular doimiygacha bir xil bo'lsa. Shunday qilib, biz birinchi eksponensialni ikkinchisi bilan birlashtira olmaymiz, chunki ikkinchisi haqiqatan ham kosinus va sinusga ko'paytiriladi va shuning uchun ikkita eksponensial aslida turli funktsiyalardir. Xuddi shunday, oxirgi sinus va kosinusni o'rta muddatli sinuslar bilan birlashtirib bo'lmaydi, chunki o'rta muddatli sinus va kosinus aslida eksponensialga ko'paytiriladi va shuning uchun boshqacha.

Bu muammoni bo'limning oxirida berish uchun deyarli juda oddiy ko'rinadi. Bu, ayniqsa, eksponensial funktsiyalar bo'lgan \(g\) (\(t\)) uchun ma'lum bir yechim topish qulayligini hisobga olgan holda to'g'ri keladi. Bundan tashqari, ushbu misolning maqsadi nima uchun birinchi navbatda qo'shimcha echimga ega bo'lish yaxshi fikr ekanligini ko'rsatish uchun, keling, oldinga boramiz va birinchi navbatda qo'shimcha echimni eslaymiz. Mana,

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{ - 2t}} + {c_2}{{\bf{e}}^{6t}}\]

Endi, bir-ikki soniya qo'shimcha yechim haqida qayg'urmasdan, keling, davom etaylik va muayyan yechim ustida ishlaylik. Bu erda taxmin qilish uchun ko'p narsa yo'q. Oldingi ishimizdan bilamizki, muayyan yechim uchun taxmin shunday bo'lishi kerak:

\[{Y_P}\left( t \right) = A{{\bf{e}}^{6t}}\]

Buni differentsial tenglamaga kiritish,

\[\begin{align*}36A{{\bf{e}}^{6t}} - 24A{{\bf{e}}^{6t}} - 12A{{\bf{e}}^{6t}} & = {{\bf{e}}^{6t}}\\ 0 & = {{\bf{e}}^{6t}}\end{align*}\]

Hmmm…. Bu yerda nimadir noto‘g‘ri ko‘rinadi. Shubhasiz, eksponensial nolga teng bo'lishi mumkin emas. Xo'sh, nima noto'g'ri ketdi? Biz nihoyat qo'shimcha yechimga muhtojmiz. E'tibor bering, to'ldiruvchi yechimdagi ikkinchi atama (yuqorida sanab o'tilgan) aniq yechim shakli uchun bizning taxminimizdir va endi to'ldiruvchi yechimning ikkala qismi bir hil differensial tenglamaning yechimi ekanligini eslang,

\[y'' - 4y' - 12y = 0\]

Boshqacha qilib aytganda, biz o'z taxminimizni differentsial tenglamaga kiritish orqali nolga erishganimiz ma'qul, bu bir hil differentsial tenglamaning yechimi!

Xo'sh, buni qanday tuzatamiz? Buni tuzatish usuli bizning taxminimizga \(t\) ni quyidagi tarzda qo'shishdir.

\[{Y_P}\left( t \right) = At{{\bf{e}}^{6t}}\]

Buni bizning differentsial tenglamamizga kiritish,

\[\begin{align*}\left( {12A{{\bf{e}}^{6t}} + 36At{{\bf{e}}^{6t}}} \right) - 4\left( {A{{\bf{e}}^{6t}} + 6At{{\bf{e}}^{6t}}} \right) - 12At{{\bf{e}}^{6t}} & = {{\bf{e}}^{6t}}\\ \left( {36A - 24A - 12A} \right)t{{\bf{e}}^{6t}} + \left( {12A - 4A} \right){{\bf{e}}^{6t}} & = {{\bf{e}}^{6t}}\\ 8A{{\bf{e}}^{6t}} & = {{\bf{e}}^{6t}}\end{align*}\]

Endi biz koeffitsientlarni tenglashtirishimiz mumkin.

\[8A = 1\hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,A = \frac{1}{8}\]

Shunday qilib, bu holatda alohida yechim,

\[{Y_P}\left( t \right) = \frac{t}{8}{{\bf{e}}^{6t}}\]

Ushbu echimlarda biz sizga qo'shimcha echimni tekshirish tafsilotlarini qoldiramiz.

Qo'shimcha yechim - bu

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{4t}} + {c_2}{{\bf{e}}^{ - 7t}}\]

7\(t\) bilan "-1" qo'yishni eslab qolish muayyan yechim uchun birinchi taxminni beradi.

\[{Y_P}\left( t \right) = At + B + C{{\bf{e}}^{ - 7t}}\]

E'tibor bering, taxmindagi oxirgi atama to'ldiruvchi yechimdagi oxirgi termindir. Birinchi ikkita atama muammo emas va qo'shimcha echimda ko'rinmaydi. Shuning uchun biz oxirgi atamaga faqat \(t\) qo'shamiz.

Muayyan yechimning shakli uchun to'g'ri taxmin.

\[{Y_P}\left( t \right) = At + B + Ct{{\bf{e}}^{ - 7t}}\]

Qo'shimcha yechim - bu

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{10t}} + {c_2}{{\bf{e}}^{ - 10t}}\]

Muayyan yechim uchun birinchi taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = \left( {A{t^2} + Bt + C} \right){{\bf{e}}^{10t}} + \left( {Et + F} \right)\cos t + \left( {Gt + H} \right)\sin t\]

E'tibor bering, agar biz eksponensial atamani qavs orqali ko'paytirsak, biz to'ldiruvchi yechimning bir qismini ko'rsatamiz. Muammo qismi birinchi atamadan kelib chiqqanligi sababli butun birinchi muddat \(t\) ga ko'paytiriladi. Ikkinchi va uchinchi shartlar xuddi shunday.

Bu holda muayyan yechim shakli uchun to'g'ri taxmin.

\[{Y_P}\left( t \right) = t\left( {A{t^2} + Bt + C} \right){{\bf{e}}^{10t}} + \left( {Et + F} \right)\cos t + \left( {Gt + H} \right)\sin t\]

Shunday qilib, umuman olganda, agar siz taxminni ko'paytirsangiz va natijada biron bir atama qo'shimcha yechimda paydo bo'lsa, butun atama atamaning muammoli qismini emas, balki \(t\) ni oladi.

Qo'shimcha yechim - bu

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + {c_2}\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Muayyan yechim uchun birinchi taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {A\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + B\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)} \right) + \left( {Ct + D} \right)\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + \left( {Et + F} \right)\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Bunday holda, ikkinchi va uchinchi atamalar to'ldiruvchi yechimning qismlarini o'z ichiga oladi. Biroq, birinchi atama shunday emas, chunki ko'paytirilganda sinus ham, kosinus ham ular bilan eksponentga ega bo'ladi va bu qo'shimcha echimning bir qismi emas. Biz faqat to'ldiruvchi yechim atamasi bilan aniq taxmin atamasi o'rtasidagi yagona farq ularning oldida doimiy bo'lsa, qo'shimcha yechimda ko'rinadigan atamalar haqida tashvishlanishimiz kerak.

Shunday qilib, bu holda ikkinchi va uchinchi shartlar \(t\) ni oladi, birinchisi esa yo'q.

Muayyan yechimning shakli uchun to'g'ri taxmin.

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {A\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + B\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)} \right) + t\left( {Ct + D} \right)\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + t\left( {Et + F} \right)\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Ushbu muammoni hal qilish uchun biz oxirgi misoldagi differentsial tenglamani o'zgartirdik va \(g(t)\) ni yolg'iz qoldirdik. Bu safar qo'shimcha yechim

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{ - 2t}}\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + {c_2}{{\bf{e}}^{ - 2t}}\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Oxirgi qismda bo'lgani kabi, muayyan yechim uchun birinchi taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = {{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {A\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + B\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)} \right) + \left( {Ct + D} \right)\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + \left( {Et + F} \right)\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Biroq, bu safar muammoga sabab bo'lgan birinchi atama, ikkinchi yoki uchinchi emas. Aslida, birinchi atama aynan bir-birini to'ldiruvchi yechim va shuning uchun unga \(t\) kerak bo'ladi. Eslatib o'tamiz, atama bilan faqat to'ldiruvchi yechimdan konstanta bilan farq qilsagina, bizning taxminimizdagi muammo bo'ladi. Bizning taxminimizdagi ikkinchi va uchinchi shartlar eksponensialga ega emas va shuning uchun ular to'ldiruvchi yechimdan faqat doimiy bilan farq qilmaydi.

Muayyan yechimning shakli uchun to'g'ri taxmin.

\[{Y_P}\left( t \right) = t{{\bf{e}}^{ - 2t}}\left( {A\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + B\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)} \right) + \left( {Ct + D} \right)\cos \left( {\frac{t}{2}} \right) + \left( {Et + F} \right)\sin \left( {\frac{t}{2}} \right)\]

Qo'shimcha yechim - bu

\[{y_c}\left( t \right) = {c_1}{{\bf{e}}^{ - 4t}} + {c_2}t{{\bf{e}}^{ - 4t}}\]

\(g(t)\) dagi ikkita atama bir xil, ularning oldidagi polinom bundan mustasno. Bu shuni anglatadiki, biz faqat uning oldida eng yuqori darajali polinomga ega bo'lgan atamaga qarashimiz kerak. Muayyan yechim uchun birinchi taxmin

\[{Y_P}\left( t \right) = \left( {A{t^2} + Bt + C} \right){{\bf{e}}^{ - 4t}}\]

E'tibor bering, agar biz eksponensial atamani qavs orqali ko'paytirsak, oxirgi ikki atama bir-birini to'ldiruvchi yechim bo'ladi. Shunday qilib, biz bu narsani \(t\) ga ko'paytirishimiz kerak.

Muayyan yechim uchun keyingi taxmin - keyin.

\[{Y_P}\left( t \right) = t\left( {A{t^2} + Bt + C} \right){{\bf{e}}^{ - 4t}}\]

Biroq, bu hali ham muammolarni keltirib chiqaradi. Agar biz \(t\) va eksponensialni ko'paytirsak, oxirgi atama hali ham to'ldiruvchi yechimda bo'ladi. Bu holda, avvalgilaridan farqli o'laroq, \(t\) muammoni hal qilish uchun etarli emas edi. Shunday qilib, biz taxminimizga yana bir \(t\) qo'shamiz.

Muayyan yechimning shakli uchun to'g'ri taxmin.

\[{Y_P}\left( t \right) = {t^2}\left( {A{t^2} + Bt + C} \right){{\bf{e}}^{ - 4t}}\]

Buni ko'paytirganda atamalarning hech biri qo'shimcha echimda emas va shuning uchun yaxshi bo'ladi.